Geometria Analitica UERJ lista4 2022-2

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Geometria Anaĺıtica
Exerćıcios suplementares sobre
Retas e Planos
Questão 1. Quais as coordenadas do ponto P = (x, y, z) da reta que contém A = (3, 6, 1)
e B = (8, 16, 11), se
|−→AP |
|−−→PB|
=
3
2
?
Questão 2. Quais as coordenadas do ponto P = (x, y, z) da reta que contém A =
(4, 5,−2) e B = (1, 1, 5), se |
−→
AP |
|−−→PB|
=
1
3
?
Questão 3. Considere A = (2, 3, 1), B = (−1, 3, 5) e r : X = (1, 2, 3) + a(1,−1, 1).’1’
Determinar um ponto C ∈ r, tal que ABC é retangular.
Questão 4. Considere A = (7, 5, 3), B = (6, 7,−3) e r : x− 2
3
=
y − 3
1
=
z
2
. Determinar
um ponto C ∈ r, tal que ABC é retangular.
Questão 5. Determine a equação geral do plano que contém A = (6, 3, 2) e é paralelo a
um dos planos coordenados.
Questão 6. Determine a equação geral do plano que contém A = (−2,−4, 7) e é paralelo
a um dos planos coordenados.
Questão 7. O plano Π: 3x− 6y + 11z − 31 = 0’2’ contém A = (−2, 3, 5). Determine X
e Y , tais que
−−→
OX ⊥ Π e −→AY ⊥ Π.
Questão 8. Π: x − y + z + 1 = 0 contém A = (4, 4,−1). Determine X e Y , tais que−−→
OX ⊥ Π e −→AY ⊥ Π.
Questão 9. Considere Π: 3x + y − 2z − 7 = 0 e −→a = (6, 5, 2). Determinar −→u ‖ Π e
−→v ⊥ Π, tais que −→a = −→u +−→v .
Questão 10. Sendo Π: 4x + 3y + 5z + 1 = 0, calcule −→u ‖ Π e −→v ⊥ Π de modo que
−→u +−→v = (5, 5,−10).
Questão 11. Determine as equações do plano que contém A = (1, 2, 3) e r :
x− 1
2
=
y − 7
3
=
z + 2
−3 .
1Leia ”r está definido por X = (1, 2, 3) + a(1,−1, 1)”, ou ”a reta r está definida por X = (1, 2, 3) +
a(1,−1, 1)”.
2Leia ”pi está definido por 3x−6y+11z−31 = 0”, ou ”o plano pi está definido por 3x−6y+11z−31 =
0”.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 1 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Questão 12. Determine a equação geral do plano gerado por A = (1, 0, 1) e r :
x− 1
1
=
y − 2
1
=
z − 2
2
.
Questão 13. Obtenha a interseção de x + 2y − 3z + 4 = 0 com a reta que passa pelos
pontos (1,−3,−2) e (−2, 1, 1).
Questão 14. Calcule o ponto comum entre X = (−1,−1,−1)+a(1, 2, 3) e x+2y−1 = 12.
Questão 15. Determine a interseção entre x+ 2y − z − 1 = 0 e 2x+ y − z − 1 = 0.
Questão 16. Determine a interseção entre 5x− y − 4z − 6 = 0 e 9x− 2y − 7z − 1 = 0.
Questão 17. Mostre que 2x + y + 2z − 3 = 0 separa A = (3, 2, 1) de B = (1,−5,−6),
isto é, os pontos estão em semi-espaços distintos.’3’
Questão 18. Mostre que x+ 3y + 4z + 1 = 0 separa A = (4, 3, 2) de B = (5,−1,−1).
Questão 19. Verifique se r : (x, y, z) = (4, 1, 1) + a(1,−1, 1) e s :





x = 9− 4b
y = 2 + b
z = 2− 2b
são
concorrentes ou não.
Questão 20. Verifique se r : (x, y, z) = (4, 1, 1)+ a(1,−1, 1) e s : x− 4−2 =
y − 3
4
=
z − 4
1
são concorrentes ou não.
Questão 21. Mostre que r :
x− 4
1
=
y − 9
2
=
z + 1
3
e s : (x, y, z) = (6, 3, 7) + a(1, 1,−1)
são reversas. Determine a equação vetorial da reta t que é perpendicular a r e a s.
Determine a equação geral do plano que contém r e é paralelo a s.
Questão 22. Mostre que r :
x+ 1
4
=
y − 1
3
=
z − 2
4
e s : (x, y, z) = (2,−13, 15)+a(3, 1, 1)
são reversas. Determine a equação vetorial de uma reta t que é perpendicular a r e s.
Determine a equação geral do plano que contém r e é paralelo a s.
Questão 23. Estude a posição entre r :
x+ 2
3
=
y − 1
1
=
z + 3
3
e Π: 3x− 6y − z = 0.
Questão 24. Estude a posição entre r : X = (5, 2, 11)+a(1, 1, 3) e Π: (x, y, z) = (1, 3, 6)+
p(5, 4, 3) + q(7, 1, 2).
Questão 25. Estude a posição entre Π: 2x− y + z − 1 = 0 e Σ: 4x− 2y + 2z − 9 = 0.
3O espaço R3 é dividido por um plano em três subconjuntos, um é o próprio plano, os outros dois são
chamados semi-espaços (abertos e conexos).
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 2 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Questão 26. Estude a posição entre Π: x+ 4y + 2z + 7 = 0 e Σ: 2x+ 8y + 5z + 7 = 0.
Questão 27. Determine a equação vetorial da reta que passa por A = (1, 2, 4) e é
perpendicular a um dos planos coordenados.
Questão 28. Determine a equação vetorial da reta que passa por A = (2,−3, 1) e é
perpendicular a um dos planos coordenados.
Questão 29. Determine a equação geral do plano que é perpendicular a Π: x−4y−z−3 =
0 e contém r : (x, y, z) = (1,−1, 2) + a(1, 0, 0).
Questão 30. Determine a equação geral do plano que é perpendicular a Π: 3x+y+z+1 =
0 e contém r : (x, y, z) = (2,−2,−5) + a(3,−5, 6).
Questão 31. Determine a equação vetorial da reta que contém (5, 4, 1) e é perpendicular
ao plano que contém (1, 2, 3), (4,−1, 2) e (2,−1,−1). Em seguida, determine a equação
vetorial e geral do plano que é perpendicular àquela reta e que contém (1, 0, 7).
Questão 32. Determine a equação vetorial da reta que contém (6, 0, 0) e é perpendicular
ao plano X = (−1, 2, 5)+ p(2, 2, 6)+ q(1, 2, 7). Em seguida, determine a equação vetorial
e geral do plano que é perpendicular àquela reta e que contém (6, 0, 0).
Questão 33. Determine a equação vetorial da reta que contém A = (7, 8, 6) e é perpen-
dicular a r :
x− 1
2
=
y − 1
3
=
z + 2
−2 .
Questão 34. Determine a equação vetorial da reta que contém A = (4,−9,−1) e é
perpendicular a r :
x− 7
5
=
y + 3
2
=
z − 2
1
.
Questão 35. Calcular o ângulo formado por X = (1, 3, 2) + a(3, 4,−2) e X = (1, 1, 1) +
b(4,−2, 5).
Questão 36. Calcular o ângulo formado por X = (1, 3, 2) + a(3, 4,−2) e X = (5, 1, 7) +
b(4,−2, 5).
Questão 37. O objetivo é determinar uma equação geral para o plano Π que contém
r : (x, y, z) = (3, 4, 6)+a(1, 3,−2) e forma ângulos congruentes com s : (x, y, z) = (8, 3, 6)+
b(2, 1, 1) e t : (x, y, z) = (5, 4, 8) + c(2, 1, 7).
Questão 38. O objetivo é determinar uma equação geral para o plano Π que contém
r : (x, y, z) = (1, 2, 1)+a(−4, 1, 2) e forma ângulos congruentes com s : (x, y, z) = (−1, 3, 2)+
b(5, 3,−5) e t : (x, y, z) = (1, 2, 4) + c(7, 1,−3).
Questão 39. Determine a equação vetorial da reta r que contém A = (1, 4, 5), é paralela
a Π: x+ 2y − z = 0 e forma ângulo de π
3
radianos com Σ: x− y + 2z − 1 = 0.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 3 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Questão 40. Determine a equação vetorial da reta r que contém A = (4, 2, 1), é paralela
a Π: 2x− 6y + 3z + 1 = 0 e forma ângulo de π
4
radianos com Σ: 8x− 3y + 5z + 1 = 0.
Questão 41. Determine a equação geral do plano Σ que contém r :
x− 4
2
=
y + 3
3
=
z − 1
−2 e forma ângulo de arccos
√
3
3
(graus) com Π: x− y + z − 12 = 0.
Questão 42. Determine a equação geral do plano Σ que contém r :
x− 1
2
=
y − 1
8
=
z − 2
2
e forma ângulo de arccos
2
27
(graus) com Π: 4x+ 8y + z + 1 = 0.
Questão 43. Determine as coordenadas do ponto P comum a r :
x− 5
1
=
y − 7
6
=
z − 10
2
e a s :
x− 1
3
=
y + 4
5
=
z − 9
−1 . Quais são as inclinações de
−→
OP? Qual é a distância de P
a O?
Questão 44. 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
. Quais são as inclinações de
−→
OP? Qual é a distância de P à origem?
Questão 45.
x− 1
2
=
y + 4
3
=
z − 1
6
intercepta o plano-xy em A. Determine um ponto
da reta que dista 6 de A.
Questão 46.
x− 5
4
=
y − 9
8
=
z − 2
1
intercepta o plano-xz em A. Determine um ponto
da reta que dista 4 de A.
Questão 47. Calcule a distância entre r :
x+ 4
3
=
y
4
=
z + 5
−2 e s :





x = 21 + 6a
y = −5− 4a
z = 2− a
.
Questão 48. Calcule a distância entre r :
x− 4
2
=
y − 5
1
=
z − 1
4
e s :





x = 5 + 3a
y = 7− a
z = a
.
Questão 49. Existe ponto da reta que contém A = (1,−1, 1) e B =(3, 2,−1), cuja
distância a Π(x, y, z) = (4,−1, 1) + p(1, 2, 3) + q(7, 1, 6) é igual a 5?
Questão 50. Existe ponto da reta que contém A = (−16, 15,−1) e B = (16,−19, 3),
cuja distância a Π(x, y, z) = (2, 1, 1) + p(8,−4, 1) + q(4,−5, 2) é igual a 2?
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 4 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Questão 51. Seja Σ: x+ 2y + z − 11 = 0.
1) Determine as interseções entre Σ e os eixos coordenados.
2) Determine as interseções entre Σ e os planos coordenados.
3) Qual é sobre Σ o ponto mais próximo de O?
4) Determine uma equação geral do plano paralelo a Σ e que contém o ponto (2,−1,−1).
Questão 52. Seja Σ: 3x − 3y + 2z − 11 = 0. Responda aos mesmos itens da questão
anterior.
Questão 53. Considere r : X = (4, 3, 3) + a(7, 11, 8) e −→n = (−3,−1, 4). Encontre um
ponto que dista 9 de r, sabendo que este ponto se encontra sobre o plano que contém r e
tem −→n como um vetor normal.
Questão 54. Considere r : X = (4, 2, 1)+a(1, 0, 1) e −→n = (1, 0,−1). Encontre um ponto
que dista 4 de r, sabendo que este ponto se encontra sobre o plano que contém r e tem
−→n como um vetor normal.
Questão 55. Calcule a distância de P = (10,−6,−3) até a interseção entre Π: 5x−y−7 =
0 e Σ: x+ 2y − z − 1 = 0.
Questão 56. Calcule a distância de P = (7, 11, 3) até a interseção entre Π: x+ y− 3z−
18 = 0 e Σ: x− 2y + 3z − 12 = 0.
Questão 57. Sejam considerados −→r = −→p ∧(−→m.2−→n )2−→q ,−→m = (1,−1,−1),−→n = (4, 3, 2),−→p =
(−1, 2,−1) e −→q = (−2, 1, 1). Determine:
a) |−→r |.
b) Um representante com origem (5, 6, 1) para um vetor que é ortogonal a −→r .
c) O ponto sobre r : X = (1, 2, 7) + a−→r mais próximo de O.
d) A distância de r até s :
x− 6
−1 =
y + 1
2
=
z − 3
3
Questão 58. Determine o ponto de 4x+2y−4z−18 = 0 mais próximo de O, bem como
um ponto que dista 10 do plano.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 5 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
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R E S P O S T A S
1. A condição |−→AP | = 3
2
|−−→PB| indica que ou −→AP = 3
2
−−→
PB (P entre A e B), ou
−→
AP = −3
2
−−→
PB
(B entre A e P ).
Na 1a situação,
−→
AB =
−→
AP +
−−→
PB =
3
2
−−→
PB +
−−→
PB =
5
2
−−→
PB,
−−→
PB =
2
5
−→
AB, B = P +
2
5
−→
AB
e P = B − 2
5
−→
AB. Na 2a situação,
−→
AB = −3
2
−−→
PB +
−−→
PB = −1
2
−−→
PB,
−−→
PB = −2−→AB, B =
P − 2−→AB e P = B + 2−→AB.
Portanto, P = (8, 16, 11) − 2
5
(5, 10, 10) = (8 − 2, 16 − 4, 11 − 4) = (6, 12, 7) e P =
(8, 16, 11) + 2(5, 10, 10) = (8 + 10, 16 + 20, 11 + 20) = (18, 36, 31). >
2. (
13
4
, 4,−1
4
) e (
11
2
, 7,−11
2
). >
3. Existem três opções.
1a. AB é a hipotenusa. Então,
−→
CA.
−−→
CB = (2− x, 3− y, 1− z).(−1− x, 3− y, 5− z) =
(2− x).(−1− x) + (3− y).(3− y) + (1− z).(5− z) = x2 + y2 + z2 − x− 6y − 6z + 12 = 0
e, como x = 1+ a, y = 2− a, z = 3+ a, obtemos (1 + a)2 + (2− a)2 + (3+ a)2 − (1+ a)−
6(2− a)− 6(3 + a) + 12 = 3a2 + 3a− 5 = 0. Então, a = −3±
√
69
6
.
Portanto, servem C1 = (1, 2, 3)+
−3 +
√
69
6
(1,−1, 1) = (3 +
√
69
6
,
15−
√
69
6
,
15 +
√
69
6
)
e C2 = (1, 2, 3) −
−3 +
√
69
6
(1,−1, 1) =
(
3−
√
69
6
,
15 +
√
69
6
,
15−
√
69
6
).
2a. AC é a hipotenusa. Então,−−→
BC.
−→
BA = (x+ 1, y − 3, z − 5).(3, 0,−4) =
3x−4z+23 = 0, 3(1+a)−4(3+a)+23 =
0 e a = −14. Logo, C3 = (1, 2, 3) −
14(1,−1, 1) = (−13, 16,−11).
3a. BC é a hipotenusa. Então,−→
AC.
−→
AB = (x− 2, y − 3, z − 1).(−3, 0, 4) =
0, −3x + 4z + 2 = 0, −3(1 + a) + 4(3 +
a) + 2 = 0 e a = −11. Logo, C4 =
(1, 2, 3)− 11(1,−1, 1) = (−10, 13,−8). >
4. Seguindo a notação do exerćıcio anterior, C1 = (5, 4, 2), C2 = (
85
14
,
61
14
,
19
7
), C3 =
(−40
13
,
17
13
,−44
13
) e C4 = (
83
13
,
58
13
,
38
13
). >
5. O plano paralelo ao plano-yz : x = 0’4’ tem equação geral x + p = 0. Aplicando as
coordenadas de A = (6, 3, 2), ocorre 6 + p = 0, p = −6 e a equação geral é x− 6 = 0.
4Leia ”plano-yz definido por x = 0”.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 6 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Nota: a equação geral ax + by + cz + d = 0 é calculada com aux́ılio de um vetor
normal −→n = (a, b, c) ao plano e de um ponto qualquer P = (x1, y1, z1) contido no plano.
A parte ”ax + by + cz” vem do vetor normal. E o termo independende d vem do ponto:
ax1 + by1 + cz1 + d = 0 ⇒ d = −(ax1 + by1 + cz1). •
Para o plano-xz : y = 0, a equação geral é y+p = 0, mas as coordenadas de A = (6, 3, 2)
indicam 3 + p = 0, p = −3 e a equação geral y − 3 = 0. Para o plano-xy : z = 0, o plano
paralelo tem equação geral z − 2 = 0. >
6. x+ 2 = 0, y + 4 = 0 e z − 7 = 0. >
7. O vetor normal a Π é −→n = (3,−6, 11). Então, −−→OX ‖ −→n , −−→OX = a−→n e pode-se
considerar a = 1, então X = O + −→n = (3,−6, 11). E −→AY ‖ −→n permite considerar
Y = A +−→n = (1,−3, 16).
Mas existem outras opções para X e Y , basta escolher outros valores para a ∈ R. Por
exemplo, com a = 2 tem-se X = (6,−12, 22) e Y = (4,−9, 27). >
8. X = (1,−1, 1) e Y = (5, 3, 0). >
9. Note que −→n = (3, 1,−2) é normal ao plano, a condição −→u = (x, y, z) ‖ Π leva a
−→u .−→n = 3x + y − 2z = 0; e a condição −→v ⊥ Π indica que −→v = a−→n = (3a, a,−2a), para
algum a ∈ R.
Então, (6, 5, 2) = (x, y, z) + (3a, a,−2a) estabelece x+ 3a = 6, y+ a = 5, z − 2a = 2,
equivalente a x = 6 − 3a, y = 5 − a e z = 2 + 2a. A substituição em 3x + y − 2z = 0
determina 3(6 − 3a) + 5− a− 2(2 + 2a) = 0 e a = 19
14
. Desse modo, −→u = (27
14
,
51
14
,
33
7
) e
−→v = (57
14
,
19
14
,−38
14
). >
10. −→u = (31
5
,
59
10
,−17
2
) e −→v = (−6
5
,− 9
10
,−3
2
). >
11. As equações simétricas de r fornecem o ponto B = (1, 7,−2) e o vetor diretor
−→r = (2, 3,−3). É fácil ver que A 6∈ r: de fato, 1− 1
2
6= 2− 7
3
=
3 + 2
−3 .
Assim,
−→
BA = (0,−5, 5) não tem a direção de −→r e serve como 2o vetor diretor. A
equação vetorial do plano é (x, y, z) = (1, 7,−2) + p(2, 3,−3) + q(0,−5, 5), as equações
paramétricas são





x = 1 + 2p
y = 7 + 3p− 5q
z = −2− 3p+ 5q
Para a equação geral, são necessários um vetor normal ao plano e um ponto do plano,
servem −→r ∧ −→BA = (0,−10,−10) e A. Então, a equação geral é 0x− 10y − 10z + d = 0,
com 0.1 − 10.2 − 10.3 + d = −50 + d = 0 e d = 50. Portanto, −10y − 10z + 50 = 0,
equivalente a y + z − 5 = 0. >
12. 3x+ y − 2z − 1 = 0. >
13. Os pontos da reta são da forma (x, y, z) = (1− 3a,−3 + 4a,−2 + 3a).
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 7 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Substitua x, y e z, na equação do plano, por 1−3a,−3+4a e −2+3a, respectivamente,
o resultado é a =
5
4
.
Então, o ponto comum é (1− 35
4
,−3 + 45
4
,−2 + 35
4
) = (−11
4
, 2,
7
4
). >
14. (
11
5
,
27
5
,
43
5
). >
15. Basta resolver o sistema de equações
x+ 2y − z − 1 = 0 (L1)
2x+ y − z − 1 = 0 (L2)
Subtraindo a 2a equação (L2) da 1
a (L1), membro a membro, ocorre x − 2x + 2y −
y − z − (−z) − 1 − (−1) = 0, −x + y = 0 e y = x. Substituindo y por x em (L1),
x+ 2x− z − 1 = 3x− z − 1 = 0 e z = 3x− 1.
Assim, o conjunto solução é a reta que contém os pontos da forma (x, x, 3x−1), x ∈ R,
que podem ser reescritos como (x, x, 3x − 1) = (0 + 1x, 0 + 1x,−1 + 3x) = (0, 0,−1) +
x(1, 1, 3). Ou seja, a reta interseção passa por (0, 0,−1) com direção de −→r = (1, 1, 3). >
16.
x
1
=
y − 38
1
=
z + 11
1
. >
17. A reta que contém A e B é formada pelos pontos X = (3−2a, 2−7a, 1−7a), ∀a ∈ R.
Substituindo x, y e z, na equação do plano, por 3−2a, 2−7a e 1−7a, respectivamente,
então 2(3 − 2a) + 2 − 7a + 2(1 − 7a) − 3 = 7 − 25a = 0, a = 7
25
e o ponto comum é
C = (3− 2 7
25
, 2− 7 7
25
, 1− 7 7
25
) = (
61
25
,
1
25
,−24
25
).
Então,
−→
CA = (
1425
,
49
25
,
49
25
) e
−−→
CB = (−36
25
,−126
25
,−126
25
) = −18
7
−→
CA. Como C está no
plano e esses vetores têm sentido contrário, a conclusão é que A e B estão em semi-espaços
distintos.
Outra opção. Escolha qualquer ponto do plano, por exemplo D = (1, 1, 0). Então,−−→
DA = (2, 1, 1) e
−−→
DB = (0,−6,−6). Um vetor normal óbvio ao plano é −→n = (2, 1, 2), o
ângulo que ele forma com
−−→
DA é igual a arccos
7
3
√
6
= 17, 7155◦ < 90◦, e com
−−→
DB é igual
a arccos− 18
3
√
72
= 135◦ > 90◦. Isso significa que A e B estão em semi-espaços distintos.
Outra opção (anaĺıtica). Considerando
−→n = (2, 1, 2) e D = (1, 1, 0), fica defi-
nida a função f : R3 → R por f(X) =
f(x, y, z) =
−−→
DX.−→n = 2x+ y + 2z − 3.
Evidente que seX é um ponto do plano,
então f(X) = 2x+ y + 2z − 3 = 0 e isso é
óbvio.
Suponha queX e E = D+−→n = (3, 2, 2)
estão no mesmo semi-espaço:
−−→
DX e
−−→
DE =
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 8 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
−→n formam ângulo < 90◦ e, então, f(X) =−−→
DX.−→n > 0.
Agora, suponha que X está no semi-
espaço oposto ao que contém E:
−−→
DX e −→n formam ângulo > 90◦ e, então, f(X) =−−→
DX.−→n < 0.
Portanto, a função real definida por f(X) = f(x, y, z) =
−−→
DX.−→n estabelece a posição
de qualquer ponto em R3 com relação ao plano dado, pois
f = 0 para os pontos do plano,
f > 0 para os pontos de um semi-espaço,
f < 0 para os pontos do outro semi-espaço.
Voltando ao problema em tela, f(A) = f(3, 2, 1) = 2.3 + 2 + 2.1 − 3 = 7 e f(B) =
2.1 + (−5) + 2(−6)− 3 = −18 determinam claramente que A e B estão em semi-espaços
distintos! >
18. C = (
114
23
,−19
23
,−20
23
),
−→
CA = (−22
23
,
88
23
,
66
23
),
−−→
CB = (
1
23
,− 4
23
,− 3
23
) = −22−→CA. >
19. Basta ver se há (x, y, z) ∈ r ∩ s, tal ponto deve ser (4 + a, 1 − a, 1 + a) e também
(9 − 4b, 2 + b, 2 − 2b). A comparação das coordenadas leva a





4 + a = 9− 4b
1− a = 2 + b
1 + a = 2− 2b
, cuja
solução é a = −3 e b = 2.
Portanto, (1, 4,−2) ∈ r ∩ s. >
20. (6,−1, 3). >
21. Basta mostrar que as retas não são paralelas e não têm ponto comum. De fato,
−→r = (1, 2, 3) e −→s = (1, 1,−1) não são paralelos, as retas não são paralelas.
E aplicando as coordenadas de um ponto de s na equação de r, observa-se
6 + a− 4
1
=
3 + a− 9
2
=
7− a+ 1
3
, equivalente a a + 2 =
a− 6
2
=
−a + 8
3
sem solução. Sem in-
terseção.
A reta t, perpendicular a r e a s, é ge-
rada por A ∈ r e B ∈ s, tais que −→AB ⊥ −→r
e
−→
AB ⊥ −→s . Sempre existem tais pontos no
caso de retas reversas!
De fato, sendo A = (4 + b, 9 + 2b,−1 +
3b), B = (6+a, 3+a, 7−a) e −→AB = (2+a−
b,−6 + a− 2b, 8− a− 3b), surge o sistema
de equações
−→
AB.−→r = 14− 14b = 0
−→
AB.−→s = −12 + 3a = 0
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 9 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
cuja solução é a = 4 e b = 1.
Portanto, A = (5, 11, 2), B = (10, 7, 3) e t : X = (5, 11, 2) + c(5,−4, 1).
Para o plano que contém r, basta considerar A e
−→
t , sua equação geral é 5x − 4y +
z + 17 = 0. >
22. t : X = (3, 4, 6) + n(1,−8, 5), x− 8y + 5z − 1 = 0. >
23. As equações simétricas estabelecem que y =
x+ 5
3
e z = x−1. Agora, a substituição
na equação do plano leva a 3x− 6 x+ 5
3
− x+ 1 = 0x− 9 = 0 sem solução, logo a reta e
o plano são disjuntos.
Outra opção. A equação vetorial de r indica x = −2 + 3a, y = 1 + a e z = −3 + 3a.
A substituição na equação do plano determina 3(−2+3a)−6(1+a)+3−3a = −9 = 0,
absurdo. Isso indica que não há ponto comum, são disjuntos. >
24. r é transversal a Π, pois −→r = (1, 1, 3) e −→n = (5, 4, 3)∧ (7, 1, 2) = (5, 11,−23) não são
ortogonais. >
25. O vetor normal (2,−1, 1) a Π é paralelo ao vetor normal (4,−2, 2) a Σ, logo os
planos são paralelos. Vê-se que A = (1, 1, 0) pertence a Π, mas a substituição de suas
coordenadas na equação de Σ indica 4.1− 2.1+ 2.0− 9 = −5 6= 0, portanto os planos são
disjuntos.
Outra opção. Resolva
{
2x− y + z − 1 = 0
4x− 2y + 2z − 9 = 0
: a multiplicação da 1a equação por
2 determina 4x − 2y + 2z − 2 = 0 e se observa que os coeficientes 4,−2 e 2 de x, y e z,
respectivamente, são os mesmos na 2a equação. Portanto, não há solução e os planos são
disjuntos. >
26. (1, 4, 2) e (2, 8, 5) não são paralelos, os planos são transverais. >
27. Note que B = (0, 2, 4) ∈ Oyz, C = (1, 0, 4) ∈ Oxz e D = (1, 2, 0) ∈ Oxy são as
projeções de A sobre os respectivos planos coordenados. Assim, r : (x, y, z) = (1, 2, 4) +
a
−→
BA = (1, 2, 4)+a(1, 0, 0) é perpendicular a Oyz, s : (x, y, z) = (1, 2, 4)+a
−→
CA = (1, 2, 4)+
a(0, 1, 0) é perpendicular a Oxz e t : (x, y, z) = (1, 2, 4) + a
−−→
DA = (1, 2, 4) + a(0, 0, 1) é
perpendicular a Oxy. >
28. (x, y, z) = (2,−3, 1) + a(1, 0, 0), (x, y, z) = (2,−3, 1) + a(0, 1, 0) e (x, y, z) =
(2,−3, 1) + a(0, 0, 1). >
r
P
(1,-4,-1)
(1,0,0)
S
(1,-1,2).
29. Primeiro, note que (1,−1, 2) ∈ Π e que r é transversal a
Π, pois −→r = (1, 0, 0) e −→n = (1,−4,−1) não são ortogonais.
Não é preciso que r seja ortogonal a Π.
Portanto, para o plano em questão é suficiente utilizar
(1,−1, 2), −→r e −→n , ou seja, o plano tem equação vetorial
X = (1,−1, 2) + p(1, 0, 0) + q(1,−4,−1). >
30. X = (2,−2,−5) + p(3,−5, 6) + q(3, 1, 1). >
31. Com os pontos do plano calculamos os vetores diretores
−→u = (3,−3,−1) e −→v = (1,−3,−4). Para a reta ser perpen-
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 10 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
dicular, basta que tenha a direção de −→u ∧ −→v = (9, 11,−6).
A reta tem equação vetorial X = (5, 4, 1) + a(9, 11,−6).
O 2o plano é paralelo ao primeiro, admite os mesmos vetores diretores, logo tem
equação vetorial X = (1, 0, 7) + p(3,−3,−1) + q(1,−3,−4). Como admite vetor normal
(9, 11,−6), sua equação geral é 9x+ 11y − 6z + 33 = 0. >
32. Reta X = (6, 0, 0) + a(1, 4, 1), plano X = (4, 6, 1) + p(4, 2, 6) + q(1, 2, 7) e também
x+ 4y + z − 6 = 0. >
33. A perpendicular s intercepta r em um ponto B = (x, y, z), tal que
−→
BA.−→r = (7 −
x, 8− y, 6− z).(2, 3,−2) = −2x−3y+2z+26 = 0. Como B ∈ r, devem valer y = 3x− 1
2
e z = −x− 1. Então, −2x− 33x− 1
2
+ 2(−x− 1) + 26 = −17x
2
+
51
2
= 0 e x = 3. Logo,
B = (3, 4,−4), −→BA = (4, 4, 10) e s : X = (7, 8, 6) + a(2, 2, 5). >
34. (x, y, z) = (4,−9,−1) + a(1,−2,−1). >
35. Note que duas retas, concorrentes
ou reversas, sempre estabelecem dois pa-
res de ângulos congruentes e é sempre
selecionado o menor deles. Os vetores
diretores no enunciado formam o ângulo
igual a arccos
(3, 4,−2).(4,−2, 5)
|(3, 4,−2)||(4,−2, 5)| =
arccos− 6√
29
√
45
= 99, 5606◦ > 90◦.
Então, o ângulo formado pelas retas é
igual a 180◦ − 99, 5606◦ = 80, 4394◦.
Observe que essas retas são reversas
(não paralelas, disjuntas). >
36. Os vetores diretores formam arccos
(3, 4,−2).(4,−2, 5)
|(3, 4,−2)||(4,−2, 5)| = arccos−
6√
29
√
45
=
99, 5606◦ > 90◦, as retas formam 80, 4394◦. Essas retas são concorrentes, (1, 3, 2) ve-
rifica a equação da 2a reta. >
37. Analisando a situação, fica claro que
um vetor normal −→n = (n1, n2, n3) a Π deve
ser ortogonal a −→r = (1, 3,−2), e deve for-
mar o mesmo ângulo com os vetores dire-
tores −→s = (2, 1, 1) e −→t = (2, 1, 7).
Então,
−→n .−→r = n1 + 3n2 − 2n3 = 0
−→n .−→s = 2n1 + n2 + n3 = |−→n |
√
6 cos α
−→n .−→t = 2n1 + n2 + 7n3 = 3|−→n |
√
6 cos α
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 11 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Da 1a equação, n3 =
n1 + 3n2
2
.
Isolando
√
6 cos α na 2a e na 3a
equações: 3(2n1 + n2 + n3) = 2n1 + n2 + 7n3, 4n1 + 2n2 − 4n3 = 0,
4n1 + 2n2 − 4(
n1 + 3n2
2
) = 0, 2n1 − 4n2 = 0 e n2 =
n1
2
. Substitua n2 por
n1
2
na equação
de n3, o resultado é n3 =
5n1
4
. Portanto, −→n = (n1,
n1
2
,
5n1
4
).
Escolhendo n1 = 4, obtemos
−→n = (4, 2, 5). O plano deve conter r e, então, (3, 4, 6),
cálculo direto e uma equação geral é 4x+ 2y + 5z − 50 = 0. >
38. x+ 2y + z − 6 = 0. >
39. O vetor diretor −→r = (r1, r2, r3) der é
ortogonal ao vetor normal −→p = (1, 2,−1)
de Π, então (r1, r2, r3). (1, 2,−1) = r1 +
2r2 − r3 = 0. E o vetor normal −→s =
(1,−1, 2) a Σ forma ângulo numerica-
mente igual a
π
2
− π
3
=
π
6
radianos
com −→r . Logo, (r1, r2, r3).(1,−1, 2) =
√
r2
1
+ r2
2
+ r2
3
√
6
√
3
2
e r1 − r2 + 2r3 =
3
√
2
2
√
r2
1
+ r2
2
+ r2
3
.
A substituição de r3 por r1+2r2, nessa
última equação, leva a r1−r2+2r1+4r2 =
3
√
2
2
√
r2
1
+ r2
2
+ r2
1
+ 4r1r2 + 4r
2
2
, 3r1 + 3r2 = 3
√
2
2
√
2r2
1
+ 5r2
2
+ 4r1r2, (3r1 + 3r2)
2 =
9
2
(2r2
1
+ 5r2
2
+ 4r1r2), 9r
2
1
+ 18r1r2 + 9r
2
2
= 9r2
1
+
45r2
2
2
+ 18r1r2, 9r
2
2
=
45r2
2
2
e r2 = 0.
Logo, r3 = r1 e
−→r = (r1, 0, r1). Tomando r1 = 1, obtemos −→r = (1, 0, 1) e r : X =
(1, 4, 5) + a(1, 0, 1). >
40. Trabalhe com as condições 2r1−6r2+3r3 = 0 e 8r1−3r2+5r3 =
√
r2
1
+ r2
2
+ r2
3
√
98
√
2
2
=
7
√
r2
1
+ r2
2
+ r2
3
. O resultado é r : X = (4, 2, 1) + a(6, 3, 2). >
41. Qualquer vetor −→s = (s1, s2, s3) normal a Σ deve ser ortogonal a −→r = (2, 3,−2) e
formar ângulo de α graus com −→p = (1,−1, 1), tal que cos α =
√
3
3
. Então,
−→s .−→r = 2s1 + 3s2 − 2s3 = 0 (L1)
−→s .−→p = s1 − s2 + s3 =
√
s2
1
+ s2
2
+ s2
3
√
3
√
3
3
=
√
s2
1
+ s2
2
+ s2
3
(L2)
Elevando ao quadrado ambos os membros da equação (L2), tem-se ((s1 − s2) + s3)2 =
s2
1
+s2
2
+s2
3
, (s1−s2)2+2(s1−s2)s3+s23 = s21+s22+s23 e (s1−s2)2+2(s1−s2)s3 = s21+s22.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 12 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Agora, isole 2s3 em (L1), substitua acima e continue: (s1−s2)2+(s1−s2)(2s1+3s2) =
s2
1
+s2
2
, s2
1
−2s1s2+s22+2s21+3s1s2−2s1s2−3s22 = s21+s22, −2s1s2+2s21+3s1s2−2s1s2−3s22 =
0 e −s1s2 + 2s21 − 3s22 = 0.
Esta última equação pode ser encarada como um equação do 2o grau em s1, isto é, 2s
2
1
−
s2s1−3s22 = 0, para a qual a fórmula quadrática determina s1 =
s2 ±
√
s2
2
− 4.2.(−3s2
2
)
4
=
s2 ± 5s2
4
. Consequentemente, valem s1 =
3s2
2
e s1 = −s2. Em ambos os casos, s3 =
2s1 + 3s2
2
. Por exemplo, a escolha s1 = 3 leva a s2 = 3 e s3 = 6, servindo
−→s = (3, 2, 6).
Visto que Σ contém (4,−3, 1), sua equação geral é 3x+ 2y + 6z − 12 = 0. >
42. Utilizando −→s = (2,−1, 2), o plano tem equação geral 2x− y + 2z − 5 = 0. >
43. Solução. A equação vetorial de r é X = (5, 7, 10)+a(1, 6, 2) = (5+a, 7+6a, 10+2a).
Substituindo, nas equações simétricas de s, x, y e z por 5 + a, 7 + 6a e 10 + 2a, res-
pectivamente, então
5 + a− 1
3
=
7 + 6a+ 4
5
=
10 + 2a− 9
−1 ,
4 + a
3
=
11 + 6a
5
=
1 + 2a
−1
e todas essas equações simétricas admitem a mesma solução a = −1.
Portanto, P = (4, 1, 8).
Claro que
−→
OP = (4, 1, 8) forma ângulos, com os eixos coordenados, iguais a arccos
4
9
=
63, 6122◦, arccos
1
9
= 83, 6206◦ e arccos
8
9
= 27, 266◦.
Claro que d(O,P ) = |−→OP | = 9. >
44. P = (0, 0,−1), 90◦, 90◦, 180◦ e 1. >
45. A reta tem equação vetorial (x, y, z) = (1,−4, 1)+ a(2, 3, 6). O ponto A na reta e em
Oxy tem 3a coordenada nula, logo 1 + 6a = 0, a = −1
6
e, então, A = (
2
3
,−9
2
, 0).
Claro que
1
7
(2, 3, 6) e −1
7
(2, 3, 6) são unitários e paralelos à reta em tela. Os pontos
distantes 6 de A na reta são B = (
2
3
,−9
2
, 0)+
6
7
(2, 3, 6) = (
50
21
,−27
14
,
36
7
) e C = (
2
3
,−9
2
, 0)−
6
7
(2, 3, 6) = (−22
21
,−99
14
,−36
7
). >
46. B = (
1
2
, 0,
7
8
)+
4
9
(4, 8, 1) = (
41
16
,
32
9
,
95
72
) e C = (
1
2
, 0,
7
8
)−4
9
(4, 8, 1) = (−23
18
,−32
9
,
31
72
).
>
47. Considerando A = (−4, 0,−5) ∈ r, B = (21,−5, 2) ∈ s, −→AB = (25,−5, 7) e
−→r ∧ −→s = (3, 4,−2) ∧ (6,−4,−1) = (−12,−9,−36) = −3(4, 3, 12), a distância é igual a
|(25,−5, 7).(4, 3, 12)|
|(4, 3, 12)| =
169√
169
= 13. >
48.
√
6. >
49. A reta tem equação vetorial X = (1,−1, 1) + a(2, 3,−2), o plano tem equação geral
9x+ 15y − 13z − 8 = 0.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 13 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Uma opção: desenvolvendo d(X,Π) =
|(x− 4, y + 1, z − 1).(9, 15,−13)|
|(9, 15,−13)| = 5, tem-se
|((1 + 2a)− 4, (−1 + 3a) + 1, (1− 2a)− 1).(9, 15,−13)|
|(9, 15,−13)| =
|(2a− 3, 3a,−2a).(9, 15,−13)|
5
√
19
=
|89a− 27|
5
√
19
= 5 ⇒ |89− 27a| = 25
√
19 ⇒ 89a− 27 = ±25
√
19 e a =
27± 5
√
19
89
.
Portanto, os pontosX1 = (1,−1, 1)+
27 + 5
√
19
89
(2, 3,−2) = (143 + 10
√
19
89
,
−8 + 15
√
19
89
,
35− 10
√
19
89
) e X2 = (1,−1, 1) +
27− 5
√
19
89
(2, 3,−2) = (143− 10
√
19
89
,
−8 − 15
√
19
89
,
35 + 10
√
19
89
) resolvem o problema.
Outra opção: desenvolvendo
|9x+ 15y − 13z − 8|
5
√
19
= 5, tem-se |9x+ 15y − 13z − 8| =
25
√
19 ⇒ |9(1 + 2a) + 15(−1 + 3a) − 13(1 − 2a)− 8| = 25
√
19 ⇒ |89a− 27| = 25
√
19 e
continue como antes.
Nota: det


2 3 −2
1 2 3
7 1 6

 6= 0 implica que a reta é transversal a Π. >
50. r : X = (−16, 15,−1) + a(16,−17, 2), Π: x + 4y + 8z − 14 = 0. Calcule a =
22± 18
36
, X1 = (
16
9
,−35
9
,
11
9
) e X2 = (−
128
9
,
118
9
,−7
9
). >
51. 1) Bem simples, Σ ∩ Ox é formado
pelo ponto com y = z = 0. Aplicando na
equação de Σ, x = 11 e o ponto é (11, 0, 0).
Analogamente, Σ∩Oy é o ponto (0, 11
2
, 0)
e Σ ∩ Oz = {(0, 0, 11)} .
2) Os pontos comuns a Σ e a Oxy são
aqueles com z = 0. Aplicando na equação
de Σ, Σ ∩ Oxy é a reta de equação geral
x+2y− 11 = 0. Analogamente, Σ∩Oxz :
z = −x+ 11 e Σ ∩Oyz : 2y + z − 11 = 0.
3) O ponto mais próximo contido em
Σ é aquele ponto P , tal que
−→
OP e −→n =
(1, 2, 1) são L.D., em que −→n é um vetor
normal ao plano. Deve-se investigar pelo
número real a, tal que
−→
OP = (a, 2a, a).
Visto que P = (x, y, z) tem as mesmas
coordenadas de
−→
OP , e P satisfaz à equação x + 2y + z − 11 = 0, segue-se que
a+ 2(2a) + a− 11 = 0, a = 11
6
e, portanto, P = (
11
6
,
11
3
,
11
6
).
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 14 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
4) Dois planos paralelos possuem os mesmos três primeiros coeficientes, logo o plano
Γ em análise tem equação geral da forma x+2y+ z+p = 0 e contém o ponto (2,−1,−1).
Por substituição, tem-se p = 1 e Γ : x+ 2y + z + 1 = 0. >
52. 1) (
11
3
, 0, 0), (0,−11
3
, 0), (0, 0,
11
2
).
2) 3x− 3y − 11 = 0, 3x+ 2z − 11 = 0 e −3y + 2z − 11 = 0.
3) (
3
2
,−3
2
, 1).
4) 3x− 3y + 2z − 7 = 0. >
53. Deve-se calcular o ponto A = (x, y, z)
que cumpre com as condições
−→
BA ⊥
−→r ,−→BA ⊥ −→n e |−→BA| = 9, em que B =
(4, 3, 3). Assim,
(x− 4, y − 3, z − 3).(7, 11, 8) = 0 (L1)
(x− 4, y − 3, z − 3).(−3,−1, 4) = 0 (L2)
(x− 4)2 + (y − 3)2 + (z − 3)2 = 81 (L3)
Resolvendo (L1): (x − 4, y − 3, z −
3).(7, 11, 8) = 7x− 28 + 11y − 33 + 8z − 24 = 7x+ 11y + 8z − 85 = 0.
Resolvendo (L2): −3x+ 12− y + 3 + 4z − 12 = −3x− y + 4z + 3 = 0.
Agora, devemos resolver o sistema de equações
7x+ 11y + 8z − 85 = 0 (L4)
−3x− y + 4z + 3 = 0 (L5)
Faça a operação fundamental (L4)−2(L5): o resultado é 13x+13y−91 = 0, equivalente
a x + y − 7 = 0 e a y = −x + 7. Substitua y por −x + 7 em (L5) e o resultado é
−2x+ 4z − 4 = 0, equivalente a x− 2z + 4 = 0 e a z = x
2
+ 1.
Até aqui, temos A = (x,−x + 7, x
2
+ 1).
Para terminar, substitua y por −x+7 e z por x
2
+1 em (L3) e continue, (x−4)2+(−x+
7−3)2+(x
2
+1−3)2 = (x−4)2+(−x+4)2+(x− 4
2
)2 = (x−4)2+(x−4)2+ (x− 4)
2
4
=
9
4
(x− 4)2 = 81, (x− 4)2 = 36, ±(x− 4) = 6, x− 4 = ±6 e x = 4± 6.
Portanto, A1 = (10,−3, 6) e A2 = (−2, 9, 0) resolvem o problema. >
54. A1 = (4, 6, 1) e A2 = (4,−2, 1). >
55. Solução. Primeiro a interseção, resolva o sistema de equações
5x− y − 7 = 0 (L1)
x+ 2y − z − 1 = 0 (L2)
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 15 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
isolando y em (L1), o que resulta em y = 5x − 7, e fazendo 2(L1) + (L2), obtendo
z = 11x− 15.
Portanto, a interseção é a reta r = {(x, 5x− 7, 11x− 15); x ∈ R}.
Fixando-se A = (0,−7,−15), B = (1,−2,−4) ∈ r, a distância procurada é igual a
|−→AP ∧ −→AB|
|−→AB|
=
|(10, 1, 12) ∧ (1, 5, 11)|
|(1, 5, 11)| =
|(−49,−98, 49)|
|(1, 5, 11)| =
√
14 406√
147
, ou seja 7
√
2. >
56. r ={(x, 2x, x+ 4); x ∈ R}, distância de
√
53. >
57. Solução. a) Primeiro, note que (−→m.2−→n )2 = 2(−→m.2−→n ) = 4(−→m.−→n ) é um número real,
então −→r = −→p ∧ (−→m.2−→n )2−→q = 4(−→m.−→n )(−→p ∧ −→q ) = 4((1,−1,−1).(4, 3, 2))((−1, 2,−1) ∧
(−2, 1, 1)) = 4(−1)(3, 3, 3) = −12(1, 1, 1).
Portanto, |−→r | = 12
√
3.
b) Qualquer vetor −→s = (x, y, z) ortogonal a −→r verifica x + y + z = 0. Serve −→s =
(1, 1,−2). Um representante (A,B) de −→s é tal que A = (5, 6, 1) e B = A + −→s =
(5, 6, 1) + (1, 1,−2) = (6, 7,−1).
c) É o ponto X = (1, 2, 7) + a(1, 1, 1) = (1 + a, 2 + a, 7 + a), tal que
−→
OA ⊥ −→r . Então,
(1 + a, 2 + a, 7 + a).(1, 1, 1) = 1 + a+ 2 + a+ 7 + a = 3a+ 10 = 0 e a = −10
3
.
Portanto, X = (1− 10
3
, 2− 10
3
, 7− 10
3
) = (−7
3
,−4
3
,
11
3
).
d) Com A = (1, 2, 7) ∈ r, B = (6,−1, 3) ∈ s, −→r e −→s , a distância é igual a
|−→AB.−→r ∧ −→s |
|−→r ∧ −→s | . Processando os números,
−→
AB = (5,−3,−4), −→r ∧ −→s = (1,−4, 3) e a
distância vale
|(5,−3,−4).(1,−4, 3)|
|(1,−4, 3)| =
5√
26
=
5
√
26
26
. >
58. Solução. O ponto P = (x, y, z) mais próximo de O é aquele tal que
−→
OP = a−→n =
a(4, 2,−4), ou seja, x = 4a, y = 2a, z = −4a. Então, 16a+ 4a + 16a− 2 = 36a− 18 = 0
leva a a =
1
2
e o ponto é (2, 1,−2).
Para o ponto distante 10, note que |−→n | = |(4, 2,−4)| = 6 e, então, |1
6
−→n | = 1. Uma
opção é P +
10
6
−→n = (2, 1,−2) + (20
3
,
10
3
,−20
3
) = (
26
3
,
13
3
,−26
3
).
Outra é P − 10
6
−→n = (−14
3
,−7
3
,
14
3
). >
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 16 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2