Resolução de Exercícios de Geometria no Espaco

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Resoluc¸a˜o de Exerc´ıcios de Geometr´ıa no Espac¸o
2013
Ministe´rio da Educac¸a˜o
Fundac¸a˜o Universidade Federal do Vale do Sa˜o Francisco - UNIVASF
Pro´-Reitoria de Ensino - PROEN
Secretaria de Registro e Controle Acadeˆmico - SRCA
Colegiado de Engenharia Mecaˆnica - CEMEC
.
Orientador: Professor Beto Rober Bautista Saavedra
Participantes: .
1. Danillo Emanuel Leite Guimaraes.
2. I´talo Carolino Santana Pires.
3. Natan Cle´verton Silva Melo.
4. Silas Santana Coelho
1
1. Seja a equac¸a˜o Cartesiana da para´bola y = x2 no plano. Colocar a para´bola
dada no plano x + y + 2z = 1. Logo, dar uma representac¸a˜o parame´trica dela
no espac¸o.
Soluc¸a˜o . Primeiro procuramos dois vetores unitarios perpendiculares paralelos ao plano.
O vetor normal ao plano e´ (1, 1, 2). Por simples inspec¸a˜o , obtemos um dos vetores :
( 1√
2
.− 1√
2
, 0). Para obter o outro procedemos como segue:
(1, 1, 2)× (1,−1, 0)
|(1, 1, 2)× (1,−1, 0)| = (−
1√
3
,
1√
3
,− 1√
3
)
O ponto (1,0,0) pertence ao plano. Uma representac¸a˜o parame´trica pode ser
(x, y, z) = (1, 0, 0) + t(
1√
2
.− 1√
2
, 0) + t2(− 1√
3
,
1√
3
,− 1√
3
)
2
2. Encontrar o ponto da esfera x2 + y2 + z2 = 1, onde assume o valor ma´ximo a
func¸a˜o f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + 2x+ y + 4z.
Soluc¸a˜o . f(x, y, z) = (x+ 2)2 + (z + 2)2 + (y + 12 )
2 − 1− 4− 14 O problema consiste
em encontrar o ponto onde intersecta tangencialmente a esfera x2 + y2 + z2 = 1 com
esfera de maior raio (x + 2)2 + (z + 2)2 + (y + 12 )
2 = 214 + d. Para isso, intersectamos a
reta t(2, 2, 14 ) com a esfera x
2 + y2 + z2 = 1. O que nos da:
(
129
8
,
129
8
,
129
64
) e (
−129
8
,
−129
8
,
−129
64
)
O ponto que esta mais longe do centro (−2,−2,− 14 ) e´ ( 1298 , 1298 , 12964 ).
3
3. Dar as equac¸o˜es parame´tricas da circunfereˆncia contida no plano x+y+2z = 1
de centro (1, 0, 0) e raio 2.
Soluc¸a˜o . Uma representac¸a˜o parame´trica pode ser
(1, 0, 0) + 2cos(θ)(
1√
2
.− 1√
2
, 0) + 2sen(θ)(− 1√
3
,
1√
3
,− 1√
3
), θ ∈ [0, 2pi].
4
4. Dar treˆs pontos do plano x+ y+2z = 1 que formem um triaˆngulo com aˆngulo
interior igual a pi5
Soluc¸a˜o . Os treˆs pontos sa˜o :
(1, 0, 0), (1+(
1√
2
.− 1√
2
, 0), (1, 0, 0)+ cos(
pi
5
)(
1√
2
.− 1√
2
, 0)+ sen(
pi
5
)(− 1√
3
,
1√
3
,− 1√
3
))
5
5. Existe algum plano que passa pelos pontos (3, 0, 0), (0,−2, 0) (0, 0,−3) e (1, 1, 1) ?
Soluc¸a˜o . A resposta e´ negativa. Mas, assumamos que existe um plano α que passa
pelos pontos (3, 0, 0), (0,−2, 0), (0, 0,−3) e (1, 1, 1). Para determinar a equac¸a˜o
Cartesiana desse plano α precisamos de um ponto no plano e dois vetores paralelos ao
plano, por exemplo,
Po = (3, 0, 0); −→v = (0,−2, 0)−(3, 0, 0) = (−3,−2, 0); −→u = (0, 0,−3)−(3, 0, 0) = (−3, 0,−3).
O vetor −→u ×−→v = (6,−9,−6) e´ normal ao plano α. Logo, a equac¸a˜o Cartesiana de α
e´
[(x, y, z)− (3, 0, 0)].(6, 9,−6) = 0
Isto e´,
2x+ 3y − 2z = 6
Pore´m, o ponto (1, 1, 1) na˜o pertence ao plano α, pois
2(1) + 3(1)− 2(1) 6= 6
Assim, verificamos que na˜o existe tal plano.
6
6. Determine o centro e o comprimento do raio da circunfereˆncia da intersec¸a˜o da esfera
x2 + y2 + z2 = 25 com o plano 2x+ y + z = 4.
Soluc¸a˜o . A soluc¸a˜o depende da seguinte observac¸a˜o : o centro da esfera e o interior da
circunfereˆncia podem ser considerados como o ve´rtice e a base de um cone(ver figura).
Ale´m disso, pode-se verificar sem dificuldade que o segmento que liga o centro da cir-
cunfereˆncia, C, e o centro da esfera, O = (0, 0, 0), e´ perpendicular ao interior da
circunfereˆncia, i.e., ao plano 2x+ y + z = 4, denotado por α.
A reta Υ que liga os pontos O e C e´ paralelo ao vetor (2, 1, 1), perpendicular ao
plano α. Logo, a equac¸a˜o parame´trica desta e´
x = 2t, y = t, z = t
O ponto C seria a intersec¸a˜o de Υ com o plano α. Isto e´ C = ( 43 ,
2
3 ,
2
3 ). Observemos
que os ponto O, C e um ponto qualquer da circunfereˆncia Q sa˜o o ve´rtices de um
triaˆngulo retaˆngulo. O comprimento do segmento OQ e´ 5 e o segmento OC e´ 2
√
6
3 .
Logo, o comprimento do raio procurado e´
√
67
3 .
7
7. Existe algum ponto comun entre a esfera x2+y2+z2 = 4 e o plano x+y+z =
4.
Soluc¸a˜o . A resposta e´ negativa. Pois, a distaˆncia do centro da esfera ao plano e´ maior
que o comprimento do raio que e´ 2.
8
8. Encontre a intersec¸a˜o dos planos 2x+ 3y + z = 1 e x− 2y + 3z = 0.
Soluc¸a˜o . Sabemos que a intersec¸a˜o de dois planos e´ uma reta. Assim, procuraremos
as equac¸o˜es parame´tricas desta reta. Um ponto gene´rico da intersec¸a˜o e´ um ponto que
satisfaz simultaneamente as equac¸o˜es dos dois planos, isto e´, e´ uma soluc¸a˜o do sistema
2x+ 3y + z = 1
(D)
x− 2y + 3z = 0
Em termos de z, a soluc¸a˜o do sistema (D) e´
x =
2
7
− 11
7
z
y =
1
7
+
5
7
z.
Portanto, os pontos da intersec¸a˜o da forma
(x, y, z) = (
2
7
− 11
7
z,
1
7
+
5
7
z, z)
Logo, as equac¸o˜es parame´tricas sa˜o
x =
2
7
− 11
7
t
y =
1
7
+
5t
7
z = 0 + t
9. Prove que o vetor (1, 1, 1)×(2, 3, 4) e´ paralelo a` intersec¸a˜o dos planos x+y+z =
0 e 2x + 3y + 4z = 5. Soluc¸a˜o . A intersec¸a˜o e´ uma reta que e´ perpendicular aos
vetores (1, 1, 1) e (2, 3, 4), logo e´ paralela ao vetor
(1, 1, 1)× (2, 3, 4).
9
10. Determine o ponto do plano ax+ by + cz = d mais pro´ximo da origem.
Soluc¸a˜o . Observar que o vetor (a, b, c) e´ perpendicular ao plano dado. Logo, o ponto
do plano mais pro´ximo da origem e´ a intersec¸a˜o do plano com a reta que passa pela origem
e e´ paralela ao vetor (a, b, c), isto e´,
(x, y, t) = t(a, b, c).
Enta˜o , o ponto procurado e´
d
a2 + b2 + c2
(a, b, c)
10
11. Determine o ponto da esfera x2+y2+z2 = 4 mais pro´ximo do plano x+y+z = 6.
Soluc¸a˜o . Observar que o vetor (1, 1, 1) e´ normal ao plano dado.Logo, o ponto da esfera
mais pro´ximo da origem e´ a intersec¸a˜o da esfera com a semi-reta que passa pela origem
com a mesma direc¸a˜o e sentido do vetor (1, 1, 1), isto e´,
(x, y, t) = t(1, 1, 1), t > 0.
Enta˜o , o ponto procurado e´
2
√
3
3
(1, 1, 1)
11
12. Prove que o vetor (a, b, c)× (a1, b1, c1) e´ paralelo a` intersec¸a˜o dos planos ax+
by + cz = d e a1x+ b1y + c1z = d1.
Soluc¸a˜o . Sem considerar os casos singulares, plano ou vazio, a intersec¸a˜o e´ uma reta
que e´ perpendicular aos vetores (a, b, c) e (a1, b1, c1), logo e´ paralela ao vetor
(a, b, c)× (a1, b1, c1).
12
13. Encontre a equac¸a˜o do plano que passa pelo ponto (2, 1, 0), e e´ perpendicular
aos planos 2x+ 2y − 3z + 4 = 0 e 8x− 4y + 16z − 1 = 0.
Soluc¸a˜o . A normal −→n do plano procurado e´ perpendicular a`s normais dos planos
dados, (2, 2,−3) e (8,−4, 16). Logo, podemos assumir
−→n = (2, 2,−3)× (8,−4, 16) = (20,−56,−24)
A equac¸a˜o Cartesiana do plano procurado e´
20(x− 2)− 56(y − 1)− 24z = 0.
13
14. Deˆ uma equac¸a˜o do plano que passa pelos pontos P = (1, 1,−1) e Q = (2, 1, 1)
e que dista 1 da reta
r : (1, 0, 2) + t(1, 0, 2).
Soluc¸a˜o . Observar que o vetor
−−→
PQ = (1, 0, 2). Logo, todo plano que passa por P e Q
e´ paralelo a` reta r. Assim, outra forma de formular o problema e´ encontrar o plano
tangente a` esfera (x − 1)2 + y2 + (z − 2)2 = 1, que passa pelos pontos P e Q. Para
isso, e´ suficiente encontrar um ponto R = (a, b, c) da esfera dada tal que
(a− 1)2 + b2 + (c− 2)2 = 1
(a− 1, b, c− 2) ⊥ (a− 1, b− 1, c+ 1)
(a− 1, b, c− 2) ⊥ (a− 2, b− 1, c− 1)
(a− 1, b, c− 2) ⊥ (1, 0, 2)
Na realidade, existem dois planos que satisfazem as condic¸o˜es . Mas, pedimos somente
um plano. Logo, basta considerar quando (a, b, c) = (1, 1, 2). Assim, o vetor normal do
plano procurado e´ −→n = (0, 1, 0) e a equac¸a˜oCartesiana do plano e´
y − 1 = 0.
14
15. Encontrar o vetor bissetriz dos vetores (1, 2, 3) e (3, 2, 1).
Soluc¸a˜o . Consideremos os vetores unita´rios na direc¸a˜o e no sentido dos vetores dados.
Isto e´,
−→u = 1√
14
(1, 2, 3) e −→v = 1√
14
(3, 2, 1)
Logo, um vetor bissetriz procurado e´
−→u +−→v
15
16. Escreva uma das equac¸o˜es parame´tricas do plano 3x− y + z = 5.
Soluc¸a˜o .Verifica-se que o ponto (0, 0, 5) pertence ao plano. Resta encontrar dois
vetores na˜o paralelos; mas paralelos ao plano,isto e´, perpendiculares a` normal (3,−1, 1).
Uma possibilidade e´ (0.1, 1) e (1, 3, 0). Logo,
x = s
y = t+ 3s
z = 5 + t
16
17. Escreva a equac¸a˜o Cartesiana do plano:
x = 2− 2pit+ 3√2s
y = 3 + pit−√8s
z = −1 + pi2 t−
√
50s
Soluc¸a˜o . Para a equac¸a˜o Cartesiana, precisarmos de um ponto do plano e um ve-
tor normal ao plano. O ponto pode ser (2, 3,−1). Os vetores tangentes ao plano
(−2pi, pi, pi2 ) e (3
√
2,−√8,−√50) ao vetores (−4, 2, 1) e (3,−2,−5). Logo, o vetor normal
e´ ∣∣∣∣∣∣∣∣∣
i j k
−4 2 1
3 −2 −5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−8,−17, 2)
Assim, a equac¸a˜o Cartesiana e´
(x− 2, y − 3, z + 1)(−8,−17, 2) = 0
Isto e´
−8x− 17y + 2z + 59 = 0
17
18. Verifique que a reta 
x = 2 + 2t
y = 1 + t
z = 5t
esta´ contida no plano 2x+ y − z = 0.
Soluc¸a˜o . A reta na˜o esta contida, pois o ponto (2, 1, 0) na˜o pertence ao plano.
18
19. Determine o sime´trico do ponto P (2, 1, 3) em relac¸a˜o ao plano x−2y+3z = 1.
Soluc¸a˜o . Seja a reta que passa pelo ponto (2, 1, 3) e que e´ perpendicular ao plano:
x = 2 + t
y = 1− 2t
z = 3 + 3t
A intersecc¸a˜o dessa reta com o plano e´ Q( 107 ,
15
7 ,
9
7 ). O vetor
−−→
PQ perpendicular ao plano
e´ (−47 ,
8
7 ,
−12
7 ). Assim, o ponto sime´trico e´
S = Q−−−→PQ = (2, 1, 3)
19
20. Sejam −→u = (−1, 1,−2) e −→v = (2,−1, 1).
(a)(1 ponto) Determine um vetor unita´rio simultaneamente perpendicular a
−→u e −→v .
(b)(1 ponto) Determine um vetor −→w perpendicular a −→u e −→v e tal que
‖−→w ‖ = 4
Soluc¸a˜o .
(a) Primeiro encontrarmos um vetor perpendicular aos dois vetores dados:∣∣∣∣∣∣∣∣∣
i j k
−1 1 −2
2 −1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1,−3,−1)
Logo, o vetor unitario e´ ( 1√
11
, 3√
11
, 1√
11
).
(b) O vetor pedido e´ ( 4√
11
, 12√
11
, 4√
11
).
20
21. Seja α o plano gerado pelos vetores unita´rios −→u e −→v , isto e´, α e´ o
conjunto dos pontos P de R3 tais que
−−→
OP = x−→u + y−→v , x, y ∈ R.
Mostre que a projec¸a˜o ortogonal de um vetor −→w de R3 sobre o plano α e´
dada por
Projα
−→w = (−→w ,−→u )−→u + (−→w ,−→v )−→v
Soluc¸a˜o .Observarmos que o vetor −→w − Projα−→w e´ paralelo ao vetor normal −→n do
plano α. Logo,
−→w = Projα−→w + z−→n (1)
Mas, como o vetor Projα−→w e´ paralelo ao plano α, temos
Projα
−→w = x−→u + y−→v (2)
(1) e (2) implicam
−→w = x−→u + y−→v + z−→n (3)
Multiplicando os vetores −→u e −→v , respetivamente, em (3), obtermos:
x = (−→w ,−→u ) e y = (−→w ,−→v ) (4)
Assim, (2) e (4) implica
Projα
−→w = (−→w ,−→u )−→u + (−→w ,−→v )−→v
21
22. Demonstre que se (a, b, c) e´ unita´rio, enta˜o a distaˆncia do plano ax+by+cz =
d a` origem e´ |d|.
Soluc¸a˜o .Usando a fo´rmula, temos
distaˆncia =
|a.0 + b.0 + c.0− d|√
a2 + b2 + c2
=
|d|
1
= |d|
22
23. Dar 8 pontos que formam um cubo de faces na˜o paralelas aos planos coorde-
nados.
Soluc¸a˜o . Sejam treˆs vetores unita´rios mutuamente perpendiculares na˜o paralelos aos
planos coordenados:
−→v1 = 1√
3
(1, 1, 1), −→v2 = 1√
14
(−1, 3,−2), −→v3 = 1√
42
(−5, 1,−4)
Colocamos estes vetores na origem. Os pontos procurados sa˜o
P1 = (0, 0, 0), P2 = −→v1 , P3 = −→v2 , P4 = −→v3 , P5 = −→v1 +−→v2 , P6 = −→v1 +−→v3 , P7 = −→v2 +−→v3 ,
P8 = −→v1 +−→v2 +−→v3
23
24. Seja o plano x+y+2z = 1. Dar treˆs pontos do plano que formem um triangulo
retaˆngulo com aˆngulos interiores iguias a pi6 ,
pi
3 .
Soluc¸a˜o . Verifica-se que os pontos (1, 0, 0) e (0, 1, 0) pertencem ao plano dado.De modo
que obtemos um vetor paralelo ao plano dado (1,−1, 0). Um vetor normal ao plano e´
(1, 1, 2). Outro vetor paralelo ao plano e perpendicular ao vetor (1,−1, 0) e´
(1, 1, 2)× (1,−1, 0) = (2, 2,−2).
Os treˆs pontos requeridos sa˜o :
P1 = (0, 1, 0)
P2 = (0, 1, 0) +
√
3(1, 1,−1)√
3
= (2, 1,−1)
P3 = (0, 1, 0) +
1√
2
(1,−1, 0) = (
√
2
2
, 1−
√
2
2
, 0)
24
25. Determinar a equac¸a˜o Cartesiana do conjunto dos pontos que distam 1 da
reta α que passa pela origem dos eixos coordenados O = (0, 0, 0) e pa ralela
ao vetor (1, 1, 1).
Soluc¸a˜o . Seja o ponto P = (x, y, z) que dista 1 da reta α. Logo, os vetores
−−→
OP e ( 1√
3
, 1√
3
, 1√
3
) formam um paralelogramo de a´rea igual a 1. Ou seja,
1 = |−−→OP × ( 1√
3
,
1√
3
,
1√
3
)|
=
1√
3
√
(y − z)2 + (z − x)2 + (x− y)2
Elevando ao quadrado, temos
3 = 2x2 + 2y2 + 2z2 − 2yz − 2xz − 2xy
25
26. Determinar as equac¸o˜es parame´tricas da circunfereˆncia contida no plano x+
y + 2z = 1 de centro (1, 0, 0) e raio 2.
Soluc¸a˜o . No exercicio 1, temos dois vetores perpendiculares (1,−1, 0) e (1, 1,−1) paralelos
ao plano. O ponto P = (x, y, z) da circunfereˆncia satisfaz
(x, y, z) = (1, 0, 0) +
2cos(t)√
2
(1,−1, 0) + 2sen(t)√
3
(1, 1,−1)
Isto e´, 
x = 1 +
√
2cos(t) + 2sen(t)√
3
y = −√2cos(t) + 2sen(t)√
3
z = −2sen(t)√
3
26
27. Seja o plano x + y + 2z = 1. Dar a equac¸a˜o Cartesiana do plano paralelo ao
dado que passa por (1,1,1).
Soluc¸a˜o . Observar que (1) + (1) + 2(1) = 4. Logo, o ponto (1,1,1) pertence ao plano
x + y + 2z = 4. Ale´m disso, este plano e´ paralelo ao plano dado, pois possuem a mesma
normal.
27
28. Dados −→u = (1, 1, 1) , −→v = (0, 1, 2), ache uma base ortogonal positiva (−→a ,−→b ,−→c ) tal
que (i) −→a //−→u , −→a tem o mesmo sentido de −→u .(ii) −→b e´ a combinac¸a˜o linear de −→u e −→v ,
e sua primeira coordenada e´ positiva.
Soluc¸a˜o (i) Como −→a = −→u||−→u || temos que −→a = ( 1√3 , 1√3 , 1√3 ).−→
b = k−→u + p−→v
(ˆi, jˆ, kˆ) = B(1, 1, 1) + µ(0, 1, 2)
iˆ = B
jˆ = B + µ
kˆ = B + 2µ
Para que a primeira coordenada de
−→
b seja positivo, B > 0.
||−→b || = 1⇒√(B)2 + (B + µ)2 + (B + 2µ)2 = 1
||−→b || = 3B2 + 6Bµ+ 5µ2 = 1 (I )
Partindo do princ´ıpio que duas bases ortogonoais tem seu produto escalar igual a zero,
temos que:
−→a · −→b = 0
(
1√
3
,
1√
3
,
1√
3
)(B,B + µ,B + 2µ) = 0
B√
3
,
B + µ√
3
,
B + 2µ√
3
= 0
B = −µ (II)
Substituindo II em I, temos:
3B2 − 6B2 + 5B2 = 1
B = ± 1√
2
, como B > 0, enta˜o B = 1√
2
.
Logo temos que
−→
b = ( 1√
2
, 0,− 1√
2
)
28
Tratando-se de base ortogonais, temos que: −→c =
−→a ×−→b
||−→a ×−→b ||
assim,
−→c = (− 1√
6
,
2√
6
,− 1√
6
)
29
29. Sabe-se que −→x e´ ortogonal a (1, 1, 0) e a (−1, 1, 0), tem norma √3, sendo θ a medida
em aˆngulo entre −→x e (0, 1, 0), tem -se cos θ > 0. Ache −→x .
Soluc¸a˜o Como −→x ortogonal aos dois vetores dados, temos que −→x · (1, 1, 0) = 0 e
−→x · (−1, 1, 0) = 0, temos que:
(a, b, c) · (1, 1, 0) = 0
b = −a
(a, b, c) · (−1, 1, 0) = 0
c = a
ou seja
−→x = (a,−a, a)
Ora, como||−→x || = √3, segue-se que√a2 + (−a)2 + a2 = √3. Isto e´, a = ±1
Como cos θ > 0,
cos θ =
(a,−a, a)(0, 1, 0)√
12 + (−1)2 + 12 · √02 + 12 + 02 > 0
Isto e´, (a,−a, a) · (0, 1, 0) > 0, logo −a > 0. Assim a = −1
30
30. A medida em radiandos do aˆngulo entre −→u e −→v e´ pi6 , e −→w ortogonal a −→u e a −→v . Sendo
||−→u || = 1,||−→v || = 1,||−→w || = 4 e (−→u ,−→v ,−→w ) base positivo, ache [−→u ,−→v ,−→w ].
Soluc¸a˜o Temos que
sin
pi
6
=
||−→u ×−→v ||
||−→u || ||−→v ||
1
2
=
||−→u ×−→u ||
1
||−→u ×−→u || = 1
2
Como ||−→u ×−→v || = ||k−→w|| ⇒ k = 18
enta˜o (−→u ×−→v ) = 18 (−→w )
[−→u ,−→v ,−→w ] = (−→u ×−→v ) · −→w
[−→u ,−→v ,−→w ] = 1
8
(−→w · −→w )
Como o valor do produto escalar de dois vetores iguais e´ igual ao quadrado do seu mo´dulo
temos que:
[−→u ,−→v ,−→w ] = 2
31
31. Calcule a distaˆncia D do ponto c a` reta r que passa por dois pontos distintos A e B.
Com os pontos A, B, C formam-se os vetores
−−→
AB e
−→
AC.
Soluc¸a˜o Temos que ||−−→AB × −→AC|| = a´rea do triaˆngulo × 2, vamos adotar que a a´rea do
triaˆngulo = AT . Assim segue que
AT =
||−−→AB ×−→AC||
2
(I)
Sabendo que
AT =
b.H
2
(II)
Substituindo (II ) em (I ), temos:
H =
||−−→AB ×−→AC||
b
Temos que a base b = ||−−→AB||, pois e´ o tamanho do vetor. Sendo H, a menor distaˆncia do
ponto c a` reta r temos que
D =
||−−→AB ×−→AC||
||−−→AB||
32
32. Calcule a a´rea do triaˆngulo ABC sendo que
−→
AC = (1, 1, 3, ) e
−−→
AB = (−1, 1, 0)
Soluc¸a˜o Sabemos que a´rea procurada e´ a metade da a´rea do paralelogramo ABCD ,
sabendo que ||
−→
AC×−−→AB||
2 . Calculamos.∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
1 1 3
−1 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Assim temos que ||−→AC ×−−→AB|| = (−3,−3, 2), portando ||
−→
AC×−−→AB||
2 =
||(−3,−3,2)||
2 =
√
22
2
33
33. Se −→u ×−→v = −→w ×−→t e −→u ×−→w = −→v ×−→t enta˜o −→u −−→t e−→v −−→w sa˜o linearmente dependentes.
Prove isso.
Soluc¸a˜o : Fazendo o produto vetorial dos vetores acima citados, vem:
−→u ×−→v = (bi− hc)−→i + (gc− ai)−→j + (ah− gb)−→k
−→w ×−→t =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
j k l
d e f
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = kf
−→
i + je
−→
k + dl
−→
j − dk−→k − el−→i − jf−→j
= (kf − el)−→i + (dl − jf)−→j + (je− dk)−→k .
−→u ×−→w = (bl − kc)−→i + (jc− al)−→j + (ak − jb)−→k
−→v ×−→t =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
g h i
d e f
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = hf
−→
i + gl
−→
k + di
−→
j − dh−→k − ei−→i − gf−→j
= (hf − ei)−→i + (di− gf)−→j + (gl − dh)−→k .
Isto e´,
−→u −−→t = (a− d, b− e, c− f)
−→v −−→w = (g − j, h− k, i− l)
Logo,
a− d =M(g − j)
b− e =M(h− k)
c− f =M(i− l)
Se −→u ×−→v = −→w ×−→t temos:
34
bi− hc = kf − el
gc− ai = dl − jf
ah− gd = je− dk
Se −→u ×−→w = −→v ×−→t temos:

bl-kc = hf-ei,
jc-al = di-gf,
ak-jb = gl-dh,
Sa˜o linearmente dependentes.
35
34. Verifique se as retas:  r : x = (1, 1, 1) + λ(2, 1,−3), (λ ∈ <)s : x = (0, 1, 0) + λ(−1, 2, 0), (λ ∈ <)
sa˜o ortogonais. Verifique tambe´m se sa˜o perpendiculares.
Soluc¸a˜o : Temos:
(2, 1,−3) · (−1, 2, 0) = 2 · (−1) + 1 · 2 + (−3) · 0 = 0
Logo, r e s sa˜o ortogonais. Para isso, e´ suficiente resolver o sistema das equac¸o˜es de r e
s. Um outro modo e´ verificar se r e s sa˜o coplanares (e se forem, sera˜o perpendiculares).
Vejamos:
P = (1, 1, 1) ∈ r.
Q = (0, 1, 0) ∈ s.
−−→
QP = (1, 0, 1)
−→u = (2, 1,−3) e´ um vetor diretor de r.
−→v = (−1, 2, 0) e´ um vetor diretor de s.
como
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 1 −3
−1 2 0
1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 11 6= 0,
Os vetores −→u ,−→v e−−→QP sa˜o LI e portanto r e s sa˜o reversas; logo na˜o sa˜o perpendiculares.
36
35. Dada a base (−→e1 ,−→e2 ,−→u ), onde −→e1 e −→e2 sa˜o unita´rios e ortogonais, obtenha −→e3 tal que
(−→e1 ,−→e2 ,−→u )seja uma base ortogonal.
Soluc¸a˜o : Suponhamos obtido −→e3 . Enta˜o :
−→u = (−→u · −→e1) · −→e1 + (−→u · −→e2) · −→e2 + (−→u · −→e3) · −→e3
logo, chmando de
−→
t o vetor (−→u · −→e3) · −→e3 , devemos ter
−→
t = −→u − (−→u · −→e1) · −→e1 − (−→u · −→e2) · −→e2
. Considere agora o vetor
−→
t 6= −→0 (sena˜o (−→e1 ,−→e2 ,−→u ) seria LD) e −→t ⊥⊥ −→e1 , −→t ⊥⊥ −→e2 ,
pois
−→
t · −→e1 = (
−−−−→
u− (−→u · −→e1) · −→e1 − (−→u · −→e2) · −→e2) · −→e1
−→
t · −→e1 = −→u · −→e1 − (−→u · −→e1) · (−→e1 · −→e1)− (−→u · −→e2) · (−→e2 · −→e1)
−→
t · −→e1 = −→u · −→e1 −−→u · −→e1 = 0
. E analogamente
−→
t · −→e2 = 0.
Assim −→e3 =
−→
t
‖−→t ‖ resolve o problema.
37
36. Determinar m e n para que o ponto P(3, m, n) pertena a` reta
s :

x = 1 - 2t,
y = -3 - t,
z = -4 + t,
Soluc¸a˜o : Fazendo,
P (x, y, z) = P (3,m, n) =⇒ x = 3
Logo t e´ igual a´:
3 = 1− 2t
2 = −2t
t = −1.
Logo y e z sa˜o :
y = −3− (−1)
y = −3 + 1
y = −2.
z = −4 + t
z = −4 + (−1)
z = −5.
Como
P (x, y, z) = P (3,−2,−5) =⇒ m = −2 e n = −5
38
37. Obtenha uma equac¸a˜o vetorial da reta t, que passa pelo ponto P = (2,−1, 1) e e´ concor-
rente com as retas reversas.
r :
 y + z = 5,x + 2z = 9,
e
s :
 2x - z = -1,y - 2z = 1,
Soluc¸a˜o : Sejam A e B, respectivamente, os pontos onde a reta prpcurada concorre com
r e s. A partir de equac¸o˜es parame´tricas ou vetoriais de r e s, podemos escrever as coor-
denadas de A em func¸a˜o de um paraˆmetro λ e as de B em func¸a˜o de um paraˆmetro µ.
Como A, B e P pertecem a` reta t, deve existir α ∈ < tal que −→PA = α · −−→PB. Das equac¸o˜es
parame´tricas de r e s, ja´ obtemos:
A = (9− 2λ, 5− λ, λ)
B = (µ, 3 + 4µ, 1 + 2µ)
Substituindo na relac¸a˜o acima, vem:
(9− 2λ, 5− λ, λ) = α · (µ, 3 + 4µ, 1 + 2µ)
Obtemos assim o sitema:

7− 2λ = αµ− 2α,
6− λ = 4α+ 4αµ,
λ− 1 = 2αµ,
Que, resolvido, fornece:
λ = 238 , µ = −6 e α = − 532 .
Logo,
B = (−6,−21,−11) e −−→PB = (−8,−20,−12).
39
Enta˜o
−→v = − 14
−−→
PB = (2, 5, 3)
e´ um vetor diretor da reta procurada e
t : x = (2,−1, 1) + β(2, 5, 3).
40
38. Se os vetores
→
u 6= 0 e →v 6= 0 , enta˜o∥∥∥→u × →v ∥∥∥ = ∥∥∥→u∥∥∥ . ∥∥∥→v ∥∥∥ sen(θ)
onde θ e´ o aˆngulo entre
→
u e
→
v .
Soluc¸a˜o : Seja o paralelogramo definido pelos vetores
→
u e
→
v . Notamos que o comprimento
da altura e´
∥∥∥→v ∥∥∥ .senα e o da base e´ ∥∥∥→u∥∥∥ . Portanto, a a´rea deste paralelogramo sera´
(I) A = Base.Altura =
∥∥∥→u∥∥∥ .∥∥∥→v ∥∥∥ .senα
Sabemos que
(II) cosα =
→
u .
→
v∥∥∥→u∥∥∥ . ∥∥∥→v ∥∥∥
Lembrando da igualdade trigonome´trica e com 0 < α < pi :
(III) sen2x+ cos2x = 1⇒ cosx =
√
1− sen2x
Agora, aplicando (II) em (III) obtemos
(IV )
√
1− sen2x =
→
u .
→
v∥∥∥→u∥∥∥ . ∥∥∥→v ∥∥∥
Elevando ao quadrado, resulta
(V ) 1− sen2α =
 →u . →v∥∥∥→u∥∥∥ . ∥∥∥→v ∥∥∥
2
De (I) e (V) segue-se que
(V I) A2 =
(∥∥∥→u∥∥∥ .∥∥∥→v ∥∥∥)2 − (→u . ←v)2
Agora, temos que provar que
(V II)
∥∥∥→u × →v ∥∥∥2 = (∥∥∥→u∥∥∥ .∥∥∥→u∥∥∥)2 − (→u . →v)2
Seja
→
u= (x0, y0, z0) e
→
v= (x1, y1, z1). Sabemos que o produto vetorial entre
→
u e
→
v dado
por
(V III)
→
u × →v= (y0z1 − y1z0, x1z0 − x0z1, x0y1 − x1y0)
41
Elevando ao quadrado∥∥∥→u × →v ∥∥∥2 = (y0z1 − y1z0)2 + (x1z0 − x0z1)2 + (x0y1 − x1y0)2
(IX) = (x0y1)
2 + 2y0z1y1z0 + (y1z0)
2 + (x1z0)
2 − 2x1z0x0z1 + (x1y0)2
Por outro lado, temos que(∥∥∥→u∥∥∥ .∥∥∥→u∥∥∥)2 − (→u . →v)2 = (x20 + y20 + z20) (x21 + y21 + z21)− (x0x1 + y0y1 + z0z1)
(X) = (x0y1)
2 + (x0z1)
2 + (y0z1)
2 + (y0z1)
2 + (z0x1)
2
+ (z0y1)
2 − 2x0x1y0y1 − 2x0xiz0z1 − 2y0yiz0z1
Comparando (IX) e (X), vemos que as expresso˜es sa˜o iguais. Portanto, podemos afirmar
que
(XI)
∥∥∥→u × →u∥∥∥2 = (∥∥∥→u∥∥∥ .∥∥∥→v ∥∥∥)2 − (→u . →v)2
De (XI) em (V I) comcluimos que∥∥∥→u × →v ∥∥∥ = ∥∥∥→u∥∥∥ . ∥∥∥→v ∥∥∥ sen(θ)
42
39. Calcule o momento em relac¸a˜o ao ponto O da forc¸a
→
F= (−1, 3, 4), aplicada ao ponto P
tal que
→
OP= (1, 1, 1).
Soluc¸a˜o : Momento e´ uma grandeza vetorial que se obte´m atrave´s do produto vetorial
entre o vetor posic¸a˜o e o vetor forc¸a. Sabemos que
→
F= (−1, 3, 4) e
→
OP= (1, 1, 1). Enta˜o:
→
OP × →F=

î ĵ k̂
1 1 1
−1 3 4
 = (4− 1) î− (4 + 1) ĵ + (3 + 1) k̂ = (1,−5, 4)
43
40. Prove que a altura relativa do ∆ ABC relativa ao lado
→
AB mede h =
 →AB× →AC →AB .
Soluc¸a˜o : Sabemos que a a´rea do ∆ e´ dado por
(I) A =
∥∥∥∥ →AB × →AC∥∥∥∥
2
E que
(II) A∆ =
Base.Altura
2
Substituindo (I) em (II), temos:∥∥∥∥ →AB × →AC∥∥∥∥
2
=
Base.Altura2
⇒ h =
∥∥∥∥ →AB × →AC∥∥∥∥
Base
A base e´
∥∥∥∥ →AB∥∥∥∥, enta˜o concluimos
h =
∥∥∥∥ →AB × →AC∥∥∥∥∥∥∥∥ →AB∥∥∥∥
44
41. Prove que a altura do tetraedro ABCD relativa a` base ABC
h =
∣∣∣∣( →AB, →AC, →AD)∣∣∣∣∥∥∥∥ →AB × →AC∥∥∥∥
Soluc¸a˜o : Seja o volume do tetraedro, que tem treˆs arestas dadas pelos vetores
→
AB,
→
AC
,
→
AD igual a` 16 do modulo do produto misto entre estes vetores:
(I) V =
1
6
∥∥∥∥ →AB .( →AC × →AD)∥∥∥∥
Mas, sendo o volume do tetraedro 13 do produto da a´rea da base Ab pela altura h relativa
a` essa base
(II) V =
1
3
Ab.h
Sabemos que o modulo de um produto e´ nu´mericamente igual a` a´rea do paralelogramo
cujos lados sa˜o os vetores. Fazendo o ∆ ABC a base do tetraedro ABCD, essa a´rea e´ a
metade da a´rea do paralelogramo cujos lados sa˜o
→
AB e
→
AC. Ou seja, a a´rea da base do
tetraedro e´ a metade do mo´dulo do produto vetorial
→
AB ×
→
AC.
(III) Ab =
1
2
∥∥∥∥ →AB × →AC∥∥∥∥
Substituindo (III) em (II)
(IV ) V =
1
6
∥∥∥∥ →AB × →AC∥∥∥∥ .h
Comparando (I) e (IV ), temos:
1
6
∣∣∣∣( →AB, →AC, →AD)∣∣∣∣ = 16
∥∥∥∥ →AB × →AC∥∥∥∥ .h
Comcluimos enta˜o que
h =
∣∣∣∣( →AB, →AC, →AD)∣∣∣∣∥∥∥∥ →AB × →AC∥∥∥∥
45
42. A medida em radianos do aˆngulo entre
→
u e
→
v e´ pi6 . Sendo
∥∥∥→u∥∥∥ = 1, ∥∥∥→v ∥∥∥ = 7; Calcule∥∥∥→u × →v ∥∥∥ e ∥∥∥ 13 →u × 34 →v ∥∥∥ .
Soluc¸a˜o :
(I) ∥∥∥→u × →v ∥∥∥ = ∥∥∥→u∥∥∥ . ∥∥∥→v ∥∥∥ .senθ∥∥∥→u × →v ∥∥∥ = 1.7.senpi
6
Enta˜o ∥∥∥→u × →v ∥∥∥ = 7
2
(II) ∥∥∥∥13 →u ×34 →v
∥∥∥∥ = 13 ∥∥∥→u∥∥∥ .34 ∥∥∥→v ∥∥∥ .senθ∥∥∥∥13 →u ×34 →v
∥∥∥∥ = 13 . (1) .34 . (7)
Enta˜o: ∥∥∥∥13 →u ×34 →v
∥∥∥∥ = 78
43. Obtenha a intersec¸a˜o da reta r : X = (−1,−1, 0) + λ(1,−1,−1) com o plano pi : x+ y +
z + 1 = 0
Soluc¸a˜o : Temos que a reta r em sua forma parame´trica e´ :

x = −1 + λ
y = −1− λ
z = −λ
Substituindo os valores de x,y e z na equac¸a˜o de pi obtemos: −1 + λ− 1− λ− λ+ 1 = 0.
Logo, achamos que λ = −1. Substituindo esse valor de λ na equac¸a˜o parame´trica de r,
determinado inicialmente, obtemos que o ponto de intersec¸a˜o e´ B(−2, 0, 1).
46
44. Determine a intersec¸a˜o do plano pi1 : x + 2y − z = 0 com o plano pi2 : 2x + y − z = 1.
Quando se tratar de uma reta, descreva-a por equac¸o˜es parame´tricas.
Soluc¸a˜o : Isolando x na equac¸a˜o de pi1: x = −2y + z + 1, jogando esse valor de x na
equac¸a˜o de pi2, 2x(−2y + z + 1) + y − z = 1. Logo, z = 3y − 1, colocando z na primeira
equac¸a˜o : x = −2y+(3y−1)+1, enta˜o x=y. Adotando y = λ como paraˆmetro obtemos:
x = λ
y = λ
z = −1 + 3λ
47
45. Estude a posic¸a˜o relativa de r e pi e, quando forem transversais, obtenha o ponto intersec¸a˜o
.r : x− 1/2 = y = z e pi : X = (3, 0, 1) + λ(1, 0, 1) + µ(2, 2, 0)
Soluc¸a˜o : Da equac¸a˜o de r escolhemos um ponto A(-1,0,0) e um vetor paralelo −→v =
(2, 1, 1). Na equac¸a˜o de pi, −→u = (1, 0, 1) e −→w = (2, 2, 0).
Podemos montar um determinante com os vetores encontrados:
2 1 1
1 0 1
2 2 0
 = 4− 4 = 0.
Como o a matriz deu resultado nulo, a reta r esta´ contida em pi ou e´ paralela a pi. Para
conferir se r pertence a pi fazemos: (−1, 0, 1) = (3, 0, 1)+ λ(1, 0, 1)+µ(2, 2, 0), que da um
sistema imcompat´ıvel do tipo: 
λ+ 2µ = −4
2µ = 0
λ = −1
Pode-se concluir enta˜o que r e´ paralelo a pi
48
46. Obtenha a equac¸a˜o geral do plano que conte´m o ponto (2,1,0) e e´ perpendicular aos planos
pi1 : x+ 2y − 3z + 4 = 0 e pi2 : 8x− 4y + 16z − 1 = 0
Soluc¸a˜o : Temos que −→n1=(1,2,-3) e −→n2=(8,-4,16) sa˜o os vetores normais do plano pi1 e pi2
respectivamente. O vetor normal do plano procurado corresponde ao produto vetorial
entre −→n1 e −→n2: 
i j k
1 2 −3
8 −4 16
 = (20,−40,−20)
. −→n3=(20,-40,-20)=(1,-2,-1).Tem-se como equac¸a˜o : x−2y−z+d = 0, aplicando no ponto
(2,1,0) sera´: 2− 2− 0 + d = 0, d = 0. A equac¸a˜o do plano procurada e´ x− 2y − z = 0
49
47. Obtenha uma equac¸a˜o do plano pi que conte´m a origem O do sistema de coordenadas e e´
perpendicular a` reta r:X = (1, 1, 0) + λ(2, 3, 7).
Soluc¸a˜o : O vetor normal ao plano pi sera´ o pro´prio vetor da reta r, que e´ −→n1=(2,3,7).
Logo, temos como equac¸a˜o 2x+3y+7z+ d = 0. Como O=(0,0,0), o termo independente
d deve ser nulo, enta˜o : 2x+ 3y + 7z = 0 sera´ a equac¸a˜o do plano.
50