2 - EXERCÍCIOS RETAS, PLANOS E DISTÂNCIAS

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Geometria Anaĺıtica - 2016/2
2a. Lista de Exerćıcios - Retas, Planos e Distâncias
RETAS
(1) Determinar o ponto da reta
r :

x = 2− t
y = 5+ t
z = 2− 2t
que tem abscissa 5.
(2) Achar os valores de m e n para que o ponto P(3,m,n) pertença à reta
s :

x = 1− 2t
y = −3− t
z = −4+ t
.
(3) Determinar as equações reduzidas, com variável independente x, da reta que passa pelo ponto A(4, 0,−3)
e tem a direção do vetor ~u = (2, 4, 5).
Resolução de 3: Da teoria sabemos que a equação vetorial de uma reta é da forma P = A+ t~v, com t ∈ R.
Chamemos de r a reta que passa pelo ponto A(4, 0,−3) e tem vetor diretor ~u = (2, 4, 5). Então, r : (x, y, z) =
(4, 0,−3) + t(2, 4, 5).
Dáı temos as equações paramétricas de r:
r :

x = 4+ 2t
y = 4t
z = −3+ 5t
, t ∈ R.
Isolando t na primeira equação e substituindo nas demais temos:
x = 4+ 2t⇒ t = x−42 ;
y = 4t⇒ y = 4 (x−42 )⇒ y = 2x− 8
z = −3+ 5t⇒ z = −3+ 5 (x−42 )⇒ z = 52x− 13 .
Assim, as equações reduzidas de r, com variável independente x, são:{
y = 2x− 8
z = 52x− 13
.
(4) Quais as equações paramétricas das retas r, s e t paralelas aos eixos x, y e z, respectivamente, e que
passam pelo ponto (1, 2, 3)? Faça um esboço das retas.
(5) Qual deve ser o valor de m para que os pontos A = (3,m, 1), B = (1, 1,−1) e C = (−2, 10,−4) pertençam
à mesma reta?
(6) Sejam A = (3, 6,−7), B = (−5, 2, 3) e C = (4,−7,−6) pontos dados.
(a) Escreva as equações vetorial e paramétricas para a reta r determinada pelos pontos B e C, e obtenha
sua forma simétrica (se existir). O ponto D = (3, 1, 4) pertence a esta reta r?
(b) Verifique que os pontos A, B e C são vértices de um triângulo.
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(c) Escreva as equações paramétricas da mediana relativa ao vértice C do triângulo. Lembre-se que a
mediana relativa ao vértice C do triângulo é a reta passando por C e pelo ponto médio entre A e B.
Resolução de 6 (a): Primeiramente, tomemos o vetor determinado por B e C, que será o vetor diretor da
reta r: −→
BC = C− B = (4+ 5,−7− 2,−6− 3) = (9,−9,−9).
Escolhemos um dos pontos (ou A, ou B) para escrevermos a equação vetorial da reta r, por exemplo, o
ponto B:
r : (x, y, z) = (−5, 2, 3)︸ ︷︷ ︸
B
+ t(9,−9,−9)︸ ︷︷ ︸
−→
BC
, t ∈ R.
Para as equações paramétricas, montemos um sistema de equações, dependentes do parâmetro t, da seguinte
maneira:
r :

x = −5+ 9t
y = 2− 9t
z = 3− 9t
, t ∈ R.
É evidente que há como obtermos as equações simétricas da reta r, isolando o parâmetro t nas equações
paramétricas e igualando seus valores:
r :
x+ 5
9
=
y− 2
−9
=
z− 3
−9
.
Por fim, analisemos se o ponto D(3, 1, 4) pertence à reta r. Para isso, usando as equações simétricas da
reta r, substituimos as variáveis x, y e z pelas coordenadas de D:
3+ 5
9
6= 1− 2
−9
6= 4− 3
−9
.
Portanto, as equações simétricas não se verificam para o ponto D. Concluimos que D não pertence à reta
r.
(7) Achar as equações das seguintes retas:
(a) reta que passa pelo ponto A(3, 2, 1) e é perpendicular ao plano xOz;
(b) reta que passa pelo ponto A(2, 3, 4) e é ortogonal ao mesmo tempo aos eixos Ox e Oy.
Resolução de 7 (a): Seja r a reta pedida. Observemos que r poder ter vetor diretor ~j = (0, 1, 0), pois ~j é
ortogonal ao plano xOz. Como A(3, 2, 1) pertence a r, podemos escrever r : (x, y, z) = (3, 2, 1) + λ(0, 1, 0),
λ ∈ R, como uma equação vetorial da reta r.
(8) São dados os pontos A = (2, 1, 2), B = (−1, 1,−1) e C = (−2,−5,−4).
(a) Os pontos A, B e C formam vértices de um triângulo?
(b) Escreva todas as formas posśıveis de equações para a reta que passa por B e C. O ponto D = (1, 1, 2)
pertence a essa reta?
(9) Sejam P = (2, 1,−1) e Q = (0,−1, 0). Determine um ponto C da reta PQ tal que a área do triângulo
ABC seja 9, nos casos:
(a) A = (0, 3, 0), B = (6, 3, 3);
(b) A = (−1, 1, 2), B = (−5,−3, 4).
(10) Achar o ângulo entre as retas:
(a) r :

x = −2− 2t
y = 2t
z = 3− 4t
e s :

x = 4t
y = 2t− 6
z = 2t+ 1
;
(b) r :
{
y = −2x− 1
z = x+ 2
e s :
{ y
3 =
z+1
−3
x = 2
.
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Resolução de 10 (b): Dados
r :
{
y = −2x− 1
z = x+ 2
e s :
{ y
3 =
z+1
−3
x = 2
,
Observemos que as equações de s podem ser reescritas como equações reduzidas na variável z (ou y).
Precisamos de vetores diretores das retas em questão.
Escolhamos dois pontos em r, por exemplo: A (0,−1, 2) e B (1,−3, 3) (que foram obtidos fazendo x = 0 e
x = 1 nas equações de r).
Escolhamos dois pontos em s, por exemplo: C (2, 0,−1) e D (2, 1,−2) (que foram obtidos fazendo y = 0 e
y = 1 nas equações de s).
Logo, ~u =
−→
AB = B−A = (1,−2, 1) é um vetor diretor de r.
Analogamente, ~v =
−→
CD = D− C = (0, 1,−1) é um vetor diretor de s.
De teoria, vimos que se θ é a medida do ângulo entre as retas r e s, então:
cos (θ) =
|~u ·~v|
||~u|| . ||~v||
=
|(1,−2, 1) · (0, 1,−1)|
||(1,−2, 1)|| . ||(0, 1,−1)||
=
|0− 2− 1|√
1+ 4+ 1.
√
0+ 1+ 1
=
3√
6.
√
2
=
3
2
√
3
=
√
3
2
,
ou seja, θ = π3 radianos, ou θ = 30
◦.
Lembremos que o ângulo entre duas retas nunca é obtuso, dáı o módulo no produto escalar da fórmula
acima, ou seja, 0 ≤ θ ≤ π2 (ou 0
◦ ≤ θ ≤ 90◦).
(11) Calcular o valor de n para que seja de 30◦ a medida do ângulo entre as retas:
r :
x− 2
4
=
y+ 4
5
=
z
3
e s :
{
y = nx+ 5
z = 2x− 2
.
(12) A reta r passa pelo ponto A = (1,−2, 1) e é paralela à reta
s :

x = 2+ t
y = −3t
z = −t
.
Se P(−3,m,n) ∈ r, determinar m e n.
(13) A reta
s :
{
y = mx+ 3
z = x− 1
é ortogonal à reta determinada pelos pontos A = (1, 0,m) e B = (−2, 2m, 2m). Calcular o valor de m.
(14) Dado um triângulo de vértices A = (1, 4, 0), B = (2, 1,−1) e C = (1, 2, 2), escrever uma equação vetorial
da reta que contém a altura relativa ao vértice B.
Resolução de 14: Dados A(1, 4, 0), B(2, 1,−1) e C(1, 2, 2), consideremos a reta r que contém a altura
relativa ao vértice B.
r
A B
C
H
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Da teoria, temos que uma equação vetorial da reta r é dada por
X = B+ t
−→
BH, t ∈ R,
sendo H = A+
−→
AH.
Porém, da teoria deduzimos que
−→
AH = proj−→
AC
−→
AB =
−→
AB ·
−→
AC∥∥∥−→AC∥∥∥2 .
−→
AC
Assim, como
−→
AB = B−A = (1,−3,−1) e
−→
AC = C−A = (0,−2, 2), temos
−→
AB ·
−→
AC = (1,−3,−1) · (0,−2, 2) = 0+ 6− 2 = 4∥∥∥−→AC∥∥∥2 = 02 + (−2)2 + 22 = 8 ⇒ −→AH = 48(0,−2, 2) = (0,−1, 1).
Desta forma,
H = A+
−→
AH = (1, 4, 0) + (0,−1, 1) = (1, 3, 1)
−→
BH = H− B = (1, 3, 1) − (2, 1,−1) = (−1, 2, 2)
Por fim,
r : (x, y, z) = (2, 1,−1) + t(−1, 2, 2), t ∈ R.
(15) Calcular o valor de m para que sejam coplanares as seguintes retas:
r :
{
y = 2x+ 3
z = 3x− 1
e s :
x− 1
2
=
y
−1
=
z
m
.
(16) Calcular o ponto de interseção das retas:
(a) r :
{
y = 3x− 1
z = 2x+ 1
e s :
{
y = 4x− 2
z = 3x
;
(b) r :
{
y = −5
z = 4x+ 1
e s :
x− 1
2
=
z− 5
−3
; y = −5.
Resolução de 16 (a): Se P = (x0, y0, z0) é o ponto de intersecção das retas r e s, então suas coordenadas
devem satisfazer as equações dessas retas, ou seja,{
y0 = 3x0 − 1
z0 = 2x0 + 1
e
{
y0 = 4x0 − 2
z0 = 3x0
.
Podemos igualar as expressões que contenham y0 ou que contenham z0 de cada equação de reta para encon-
trarmos x0 (que deve ser o mesmo nas duas equações, se P de fato existir):{
3x0 − 1 = 4x0 − 2
2x0 + 1 = 3x0
⇒ x0 = 1.
Substituimos o valor de x0 em qualquer uma das equações das retas r ou s encontramos os valores de y0 e
z0 do ponto de intersecção:
y0 = 2 e z0 = 3.
(verifique esses valores substituindo x0 em ambas as equações das retas)
Portanto, a interseção entre as retas r e s é o ponto P(1, 2, 3).
(17) Em que ponto a reta que passa por A = (1, 0, 1) e B = (−2, 2, 3) intercecta o plano yz?
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(18) Dadas as retas
r : X = (0, 0, 2) + λ(1, 1, 3), λ ∈ R e s :

x = 2
y = t
z = 2− t
, t ∈ R
e o ponto A(4, 5, 1); ache uma equação vetorial da reta m que passa por A e seja ortogonal a r e a s.
Resolução de 18: Chamemos de ~u = (1, 1, 3) e ~v= (0, 1,−1) os vetores diretores das retas r e s, respecti-
vamente.
Se a reta m é ortogonal a r e s podemos considerar ~n = ~u×~v com seu vetor diretor. Então,
~n = ~u×~v ≡ det
~i ~j ~k1 1 3
0 1 −1
 ≡ (−4, 1, 1).
Como A(4, 5, 1) ∈ m, podemos escrever m : (x, y, z) = (4, 5, 1) + µ(−4, 1, 1), µ ∈ R, como uma equação
vetorial de m.
(19) Estabelecer as equações paramétricas da reta que passa pelo ponto de interseção das retas
r : x− 2 =
y+ 1
2
=
z
3
e s :
{
x = 1− y
z = 2+ 2y
e é, ao mesmo tempo, ortogonal a ambas.
(20) Calcular o ponto de interseção das retas
r :

x = 5+ t
y = 2− t
z = 7− 2t
e s :
x− 2
2
=
−y
−3
=
−z+ 5
−4
.
(21) Estude a posição relativa das retas r e s nos seguintes casos:
(a) r :
x+ 1
2
= y = z+ 12 e s : X = (0, 0, 0) + λ(1, 2, 0), λ ∈ R;
(b) r :
x− 1
3
=
y− 5
3
=
z+ 2
5
e s : x = −y =
z− 1
4
.
(22) Determinar as equações paramétricas da perpendicular comum às seguintes retas:
r :
x+ 1
3
=
y+ 3
−2
=
z− 2
−1
e t :
x− 2
2
=
y+ 1
3
=
z− 1
−5
.
(23) Determinar uma equação da reta que passa pelo ponto A(−4,−5, 3) e intersecta as retas:
r :
x+ 1
3
=
y+ 3
−2
=
z− 2
−1
e t :
x− 2
2
=
y+ 1
3
=
z− 1
−5
.
Resolução de 23: Das equações simétricas das retas r e t fornecidas temos:
- O vetor ~u = (3,−2,−1) como vetor diretor de r e B(−1,−3, 2) como um de seus pontos. Logo, um ponto
P genérico de r é da forma
P = (−1,−3, 2) + λ(3,−2,−1) = (−1+ 3λ,−3− 2λ, 2− λ) com λ ∈ R.
- O vetor ~v = (2, 3,−5) como vetor diretor de t e C(2,−1, 1) como um de seus pontos. Logo, um ponto Q
genérico de t é da forma
Q = (2,−1, 1) + µ(2, 3,−5) = (2+ 2µ,−1+ 3µ, 1− 5µ) com µ ∈ R.
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Determinemos valores λ e µ de tal modo que existam P e Q alinhados a A, ou seja, busquemos λ e µ tal
que
−→
AP seja paralelo a
−−→
AQ, o que equivale à existência de α ∈ R tal que
−→
AP = α
−−→
AQ.
Vejamos:
−→
AP = P −A = (−1+ 3λ,−3− 2λ, 2− λ) − (−4,−5, 3) = (3+ 3λ, 2− 2λ,−1− λ)
−−→
AQ = Q−A = (2+ 2µ,−1+ 3µ, 1− 5µ) − (−4,−5, 3) = (6+ 2µ, 4+ 3µ,−2− 5µ)
De
−→
AP = α
−−→
AQ temos
(3+ 3λ, 2− 2λ,−1− λ) = α(6+ 2µ, 4+ 3µ,−2− 5µ)⇒

3+ 3λ = α (6+ 2µ)
2− 2λ = α (4+ 3µ)
−1− λ = α (−2− 5µ)
Trata-se de um sistema não linear nas incógnitas α, λ e µ que pode ser resolvido por meio de substituições
de incógnitas. Entretanto, não vamos fazer isso, pois uma solução óbvia é λ = µ = 0 e α = 12 (verifique!).
Desta forma, há uma reta s que passa pelos pontos P(−1,−3, 2) ∈ r e Q = (2,−1, 1) ∈ t e contém o ponto
A(−4,−5, 3). Tomando ~w =
−→
PQ = Q− P = (3, 2,−1) como vetor diretor de s, temos a equação vetorial
s : (x, y, z) = (−4,−5, 3) + τ (3, 2,−1) , τ ∈ R.
(24) Determinar a equação da reta que passa pelo ponto A(−1, 2,−3), é perpendicular ao vetor ~n =
(6,−2,−3) e corta a reta
r :
x− 1
3
=
y+ 1
2
=
z− 3
−5
.
PLANOS
(1) Seja o plano π : 2x− y+ 3z+ 1 = 0. Calcular:
(a) O ponto de π que tem abscissa 4 e ordenada 3;
(b) O ponto de π que tem abscissa 1 e cota 2;
(c) O valor de k para que o ponto P(2, k+ 1, k) pertença a π;
(d) O ponto de abscissa zero e cuja ordenada é o dobro da cota.
Resolução de 1 (d): Consideremos o plano π : 2x − y + 3z + 1 = 0. Como a abscissa do ponto P (x, y, z)
procurado é zero e sua ordenada é o dobro de sua cota, então o ponto é da forma P(0, 2z, z).
Portanto, substituindo P(0, 2z, z) na equação do plano, temos:
(0) − (2z) + 3(z) + 1 = 0⇒ z = −1.
Portanto, substituindo z = −1 em P , temos P(0,−2,−1).
(2) Determinar a equação geral do plano que:
(a) passa pelos pontos A(−3, 1,−2) e B(−1, 2, 1) e é paralelo ao vetor ~v = 2~i− 3~k.
(b) contém os pontos A(1,−2, 2) e B(−3, 1,−2) e é perpendicular ao plano π : 2x+ y− z+ 8 = 0.
(3) Dada a equação geral do plano π : 3x− 2y− z− 6 = 0, determinar um sistema de equações paramétricas
de π.
Resolução de 3: Dado o plano π de equação geral 3x − 2y − z − 6 = 0, podemos fazer obter equações
paramétricas para π de diversas formas. Uma maneira “canônica” é escolher três pontos não coline-
ares de π, escrever uma equação vetorial e, posteriormente, as equações paramétricas. Entretanto, quando a
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equação geral apresenta as três variáveis (como nesse caso), podemos fazer duas das variáveis serem os
parâmetros e isolar a última variável em função desses parâmetros, ou seja,
x = λ
y = µ
z = −6+ 3λ− 2µ
, com λ, µ ∈ R.
(4) Obtenha as equações paramétricas dos planos π1 e π2, onde:
(a) π1 é o plano que passa pelos pontos A(1, 1, 4), B(6, 5, 4) e C(−2, 0, 2);
(b) π2 é o plano que passa pelo ponto D(1, 1, 1) e é paralelo aos vetores ~u = (2, 3,−2) e ~v = (8, 5, 2).
(5) Seja r a reta que passa pelos pontos P(−2, 0,−1) e Q(−3, 2, 5). Verifique se r ⊂ πi, r ‖ πi ou r ∩ πi é
um ponto, onde πi (i = 1, 2) são os planos do exerćıcio anterior. Caso r ∩ πi seja um ponto, determine este
ponto.
(6) O plano π : x + y − z − 2 = 0 intersecta os eixos cartesianos nos pontos A, B e C. Calcular a área do
triângulo ABC.
Resolução de 6: O ponto A do plano π que está no eixo x possui ordenada e cota nulas. Fazendo y = 0 e
z = 0 na equação de π, chegamos a x = 2 e obtemos o ponto A(2, 0, 0).
De modo análogo, B é da forma (0, y, 0). Fazendo x = 0 e z = 0 na equação de π, obtemos o ponto B(0, 2, 0).
Por fim, C é da forma (0, 0, z). Fazendo x = 0 e y = 0 na equação de π, obtemos o ponto C(0, 0,−2).
Consideremos os vetores
−→
AB = B−A = (−2, 2, 0) e
−→
AC = C−A = (−2, 0,−2). Assim, a área do triângulo
ABC será obtida da seguinte maneira:
A =
∣∣∣∣∣∣−→AB×−→AC∣∣∣∣∣∣
2
.
Calculemos o produto vetorial:
−→
AB×
−→
AC = det
 ~i ~j ~k−2 2 0
−2 0 −2
 = (−4,−4, 4).
Logo, ∣∣∣∣∣∣−→AB×−→AC∣∣∣∣∣∣ =√(−4)2 + (−4)2 + (4)2 = √48 = 4√3.
Portanto, temos que a área será:
A =
∣∣∣∣∣∣−→AB×−→AC∣∣∣∣∣∣
2
=
4
√
3
2
= 2
√
3.
(7) Determinar a e b, de modo que os planos π1 : ax + by + 4z − 1 = 0 e π2 : 3x − 5y − 2z + 5 = 0 sejam
paralelos.
(8) Determinar m de modo que os planos π1 : 2mx + 2y − z = 0 e π2 : 3x − my + 2z − 1 = 0 sejam
perpendiculares.
(9) Mostrar que a reta r : x−11 =
y+1
−2 ; z = 0 está contida no plano π : 2x+ y− 3z− 1 = 0.
Resolução de 9: Primeiramente, observemos que as equações de r fornecidas podem ser facilmente escritas
na forma reduzida na variável x (ou y).
Fazendo x = 0 e x = 1 nas equações de r encontramos os pontos A (0, 1, 0) e B (1,−1, 0) de r.
Mas as coordenadas de A e B satisfazem a equação do plano π (verifique!).
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Lembrando que se uma reta possui dois de seus pontos em um plano então ela está contida nesse plano,
conclúımos que r ⊂ π.
(10) Determinar o ângulo entre:
(a) os planos π1 : x+ 2y+ z− 10 = 0 e π2 : 2x+ y− z+ 1 = 0;
(b) a reta r : x−23 =
−y
4 =
z+1
5 e o plano π : 2x− y+ 7z− 1 = 0.
(11) Encontrar equações reduzidas da reta interseção dos planos π1 : 3x−y+z−3 = 0 e π2 : x+3y+2z+4 = 0.
(12) Determinar a equação geral do plano que contém o ponto A(2, 0, 1) e a reta interseção dos planos
π1 : 2x− 3y− 5z = 0 e π2 : x− y = 0.
(13) Obtenha uma equação geral do plano π que passa pelo ponto P(1, 1, 2) e é paralelo ao plano π1, com
equação geral π1 : x− y+ 2z+ 1 = 0.
Resolução de 13: Sendo o plano π procurado paralelo ao plano π1, o vetor ~n = (1,−1, 2), normal a π1,
também é normal a π. Portanto, a equação geral de π é da forma
π : x− y+ 2z+ d = 0.
Como P (1, 1, 2) ∈ π, podemos encontrar d substituindo as coordenadas de P na equação acima:
(1) − (1) + 2(2) + d = 0⇒ d = −4.
Portanto,
π : x− y+ 2z− 4 = 0.
(14) Escreva a equação geral do plano que passa pelos pontos A(2, 1, 0), B(1, 2, 0) e C(1, 1, 0).
(a) Verifique se o ponto D(4, 4, 0) está nesse plano.
(b) Verifique se a reta que passa pelo ponto E(3, 3, 0) com vetor diretor ~v = (1, 1, 0) está contida nesse
plano.
(15) Decomponha ~u = (1, 2, 4) como soma de um vetor paralelo à reta r : X = (1, 9, 18) + λ(2, 1, 0) com
outro paralelo ao plano π :

x = 1+ λ
y = 1+µ
z = λ− µ
, λ, µ ∈ R.
(16) Note que dois planos transversais têm como interseção uma reta. Assim sendo, dados π1 : 2x+y+z = 0
e π2 : x+ y− z+ 3 = 0, verifique que eles são transversais e encontre a reta r = π1 ∩ π2.
(17) Pelo exerćıcio anterior uma reta pode ser dada como a interseção de dois planos. Sendo assim, calcule
m em cada caso, usando a informação dada sobre as retas em cada letra:
r :
{
x−my+ 1 = 0
y− z− 1 = 0
s : x =
y
m
= z t :
{
x+ y− z = 0
y+ z+ 1 = 0
(a) r e s são paralelas.
(b) r e t são concorrentes.
(c) r e s são reversas.
Resolução de 17 (b): Queremos m tal que r∩ t tenha um único ponto, ou seja, que o sistema formado pelas
equações de r e t tenha uma única solução.
x−my+ 1 = 0
y− z− 1 = 0⇔ y− z = 1
x+ y− z = 0⇔ y− z = −x
y+ z+ 1− 0
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Geometria Anaĺıtica - 2016/2
Da 2a e 3a linhas, temos: {
y− z = 1
y− z = −x
⇒ x = −1
Da 2a e 4a linhas, temos:{
y− z = 1
y+ z = −1
⇒ 2y = 0⇒ y = 0 e, portanto, z = −1
Por fim, substituindo os valores encontrados na 1a linha temos (−1) −m(0) + 1 = 0, ou seja, 0m = 0 e a
igualdade é satisfeita para qualquer valor de m ∈ R.
Desta forma, conclúımos que as retas r e t são concorrentes no ponto P (−1, 0,−1) para qualquer valor de
m ∈ R.
(18) Determinar o ponto de interseção das seguintes retas:
r :
{
3x+ y+ 6z+ 13 = 0
9x+ 3y+ 5z = 0
e s :
{
x = 1
4x+ y− z− 9 = 0
(19) Mostre que as retas r e s determinam um plano π e obtenha uma equação geral de π.
(a) r : x− 1 = y = 2z e s : x− 1 = y = z.
(b) r : x−12 =
y−3
3 =
z
4 e s :
x
2 =
y
3 =
z−4
4 .
Resolução de 19 (a): Temos as equações simétricas de r e s:
r : x− 1 = y = 2z⇐⇒ x− 1
1
=
y− 0
1
=
z− 0
1
2
s : x− 1 = y = z⇐⇒ x− 1
1
=
y− 0
1
=
z− 0
1
que nos fornece:
~u =
(
1, 1, 12
)
como vetor diretor de r e A = (1, 0, 0) como um de seus pontos.
~v = (1, 1, 1) como vetor diretor da s e B = (1, 0, 0) como um de seus pontos.
Notemos que o vetor ~u não é paralelo ao vetor ~v, o que significa que a reta r não é paralela à reta s.
Além disso, notemos que A = B, ou seja, r e s são concorrentes e, portanto, determinam um plano π no
espaço.
Os vetores ~u e ~v podem ser tomados como vetores diretores de π e, portanto ~n = ~u × ~v pode ser tomado
como um de seus vetores normais.
Assim,
~n = ~u×~v = det
~i ~j ~k1 1 12
1 1 1
 = (1
2
,−
1
2
, 0
)
.
Portanto, uma equação geral para o plano π pode ser tomada como
1
2
x−
1
2
y+ 0z+ d = 0.
Para encontrar d precisamos de um ponto de π, por exemplo, A = (1, 0, 0) ∈ π:
1
2
(1) −
1
2
(0) + d = 0⇒ d = −1
2
.
Por fim,
π :
1
2
x−
1
2
y−
1
2
= 0⇐⇒ π : x− y− 1 = 0 .
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Geometria Anaĺıtica - 2016/2
(20) Encontre m ∈ R de modo que a reta r : x−1m =
y
2 =
z
m seja transversal ao plano π : x+my+ z = 0.
(21) Sejam r : X = (n, 2, 0) + λ(2,m,n) e π : nx − 3y + z = 1. Usando, em cada caso, a informação dada,
obtenha condições sobre m e n para que:
(a) r e π sejam paralelos, com r não contida em π;
(b) r e π sejam transversais;
(c) r esteja contida em π.
Resolução de 21 (c): Consideremos:
~u = (2,m,n) um vetor diretor de r.
A = (n, 2, 0) um ponto de r.
~n = (n,−3, 1) um vetor normal a π.
Observemos que de r ⊂ π temos necessariamente que ~u · ~n = 0. Logo, (2,m,n) · (n,−3, 1) = 0, ou seja,
2n− 3m+ n = 0. Portanto, m = n.
Também de r ⊂ π temos necessariamente que A ∈ π. Logo, n(n) − 3(2) + (0) = 1⇒ n2 = 7⇒ n = ±√7.
Conclusão: m = n = ±
√
7.
(22) Determine a equação do plano que contém a reta r : x−23 =
y+3
2 = z e o ponto comum aos três planos:
x+ y+ 2z+ 1 = 0
3x− y+ z− 1 = 0
x− 4y+ 2z+ 2 = 0
Resolução de 22: De acordo com o enunciado, os três planos fornecidos possuem um ponto P (x0, y0, z0) em
comum. Suas coordenadas devem satisfazer as três equações simultaneamente, ou seja,
x0 + y0 + 2z0 + 1 = 0
3x0 − y0 + z0 − 1 = 0
x0 − 4y0 + 2z0 + 2 = 0
≡

x0 + y0 + 2z0 + 1 = 0
−4y0 − 5z0 − 4 = 0
−5y0 + 1 = 0
⇒ y0 = 1
5
, z0 = −
24
25
e x0 =
18
25
.
Logo, P
(
18
25 ,
1
5 ,−
24
25
)
. Notemos que P 6∈ r pois suas coordenadas não satisfazem a equação de r. Tomemos
A = (2,−3, 0) ∈ r e ~v = (3, 2, 1) vetor diretor de r. O plano π procurado possui vetores diretores ~u =
−→
AP =
P −A =
(
− 3225 ,
16
5 ,−
24
25
)
e ~v, conforme representação geométrica abaixo.
v
u
n u v= x
Ar P
p
Uma equação vetorial para o plano π pode ser escrita como
π : (x, y, z) = (2,−3, 0) + λ (−4, 10,−3) + µ(3, 2, 1), com λ, µ ∈ R.
(na equação acima trocamos ~u por 258 ~u, pois
25
8
~u é paralelo a ~u e pode ser, também, tomado como um dos
vetores diretores de π)
Se quisermos a equação geral de π podemos considerar o vetor normal ~n = ~u×~v:
~n = ~u×~v ≡ det
 ~i ~j ~k− 3225 165 − 2425
3 2 1
 ≡ 8
25
det
 ~i ~j ~k−4 10 −3
3 2 1
 = 8
25
(16,−5,−38)
Assim, podemos considerar 258 ~n = (16,−5,−38) no lugar de ~n para escrever a equação geral do plano π
(pois 258 ~n é paralelo a ~n), ou seja,
π : 16x− 5y− 38z+ d = 0.
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Geometria Anaĺıtica - 2016/2
Para encontrar d basta substituir as coordenadas de A na equação acima:
16(2) − 5(−3) − 38(0) + d = 0⇒ d = −47.
Logo, a equação geral do plano π pode ser escrita como
π : 16x− 5y− 38z− 47 = 0.
(23) Do ponto P(5, 4,−7) é traçada uma perpendicular ao plano π. Se o pé desta perpendicular é o ponto
Q(2, 2,−1), encontre a equação cartesiana de π.
(24) Determine a equação geral do plano mediador do segmento AB, onde A(4, 3,−2) e B(1, 9, 2).
(25) Estude a posição relativa dos planos π1 : 2x+y+3z+1 = 0 e π2 : X = (1, 1, 1)+λ(1, 1, 0)+µ(2,−1,m),
λ, µ ∈ R, de acordo com os valores posśıveis de m.
(26) Determine o plano que passa pelo ponto A(4, 1,−1) e é perpendicular aos planos 2x + y − 3z = 0 e
x+ y− 2z− 3 = 0.
(27) Determine o ângulo entre a reta e o plano em cada caso:
(a) r :

x = 0
y = λ
z = λ
, λ ∈ R, e π : z = 0
(b) r : x = y = z e π : z = 0
Resolução de 27 (b): Dados o plano π : z = 0 (eq. geral) e a reta r : x = y = z (eq. simétricas), um vetor
normal ao plano é ~n = (0, 0, 1) e um vetor diretor de r é ~v = (1, 1, 1).
Da teoria, vimos que a equação que fornece a medida θ do ângulo entre r e π é dada por
sen (θ) =
|~v · ~n|
||~v|| . ||~n||
.
Lembremos que o ângulo entre uma reta e um plano nunca pode ser obtuso.
Assim,
sen (θ) =
1√
3
√
1
⇒ sen (θ) = √3
3
⇒ θ = arcsen(√3
3
)
.
(28) Determine o ângulo entre os planos π1 e π2:
(a) π1 : 2x− y+ 3z+ 3 = 0 e π2 : X = (0, 1, 2) + λ(3, 1, 2) + µ(1, 0,−1), λ, µ ∈ R.
(b) π1 : x+ y+ 1 = 0 e π2 : X = (−1, 0, 0) + λ(1,−1, 0) + µ(−3, 0, 0), λ, µ ∈ R.
Resolução de 28 (b): Temos π1 : x + y + 1 = 0 e π2 : X = (−1, 0, 0) + λ(1,−1, 0) + µ(−3, 0, 0), com λ,
µ ∈ R, sendo (1,−1, 0) e (−3, 0, 0) vetores diretores de π2. Sabemos que a medida θ do ângulo entre estes
dois planos é dado por cos (θ) = |
~n1·~n2|
||~n1||·||~n2|| , em que
~n1 = (1, 1, 0) e ~n2 = (1,−1, 0) × (−3, 0, 0) são vetores
normais a π1 e π2, respectivamente.
Calculando ~n2 temos
~n2 = det
 ~i ~j ~k1 1 0
−3 0 0
 = (0, 0, 3).
Substituindo na fórmula:
cos (θ) =
|~n1 · ~n2|
||~n1|| · ||~n2||
=
|(1, 1, 0) · (0, 0, 3)|
√
12 + 12
√
32
=
0
3
√
2
= 0.
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Geometria Anaĺıtica - 2016/2
Logo, θ = arccos (0) = π2 é a medida do ângulo entre os planos, ou seja, eles são ortogonais.
(29) Considere a pirâmide ABCDE cuja base ABCD é um quadrado de lado 12 m e cada aresta lateral
mede 12 m. Suponha que o centro do quadrado ABCD seja a origem O(0, 0, 0) do sistema de coordenadas
e que o ponto A esteja sobre o eixo x positivo.
A B
CD
E
12 m
12 m
12 m
O
(a) Determine as coordenadas dos pontos A, B, C, D e E.
(b) Determine as equações dos planos que contêm cada uma das faces laterais da pirâmide.
(c) Calcule o volume da pirâmide.
(30) Dados os pontos A(2, 0, 0), B(0, 2, 0), C(0, 0, 1) e D(3, 2, 4), seja π1 o plano que contém o triângulo
ABC. Determine o ponto P do plano π1 tal que
∣∣∣−→PD∣∣∣ é a altura do tetraedro ABCD, em relação à base ABC.
(31) Determinar a equação do planoque passa pelo ponto M(1, 2,−3) e que é paralelo às seguintes retas:
r :
x− 1
2
=
y+ 1
−3
=
z− 7
3
e s :
x+ 5
3
=
y− 2
−2
=
z+ 3
−1
Resolução de 31: As equações das retas r e s estão na forma simétrica. Logo, ~v1 = (2,−3, 3) e ~v2 =
(3,−2,−1) são vetores diretores de r e s, respectivamente.
Seja N = (x, y, z) um ponto qualquer do plano π procurado. Como M ∈ π, o vetor
−−→
MN é paralelo ao plano
π, sendo −−→
MN = N−M = (x− 1, y− 2, z+ 3).
Como o plano π deverá ser paralelo aos vetores ~v1 e ~v2, chegamos à conclusão de que ~v1, ~v2 e
−−→
MN devem
ser vetores coplanares. Logo, o produto misto entre esses vetores deve ser nulo, ou seja,
−−→
MN ·~v1 ×~v2 = 0⇒ det
x− 1 y− 2 z+ 32 −3 3
3 −2 −1
 = 9x+ 11y+ 5z− 16 = 0.
Portanto, o plano π que estamos procurando terá equação geral 9x+ 11y+ 5z− 16 = 0.
DISTÂNCIAS
(1) Determinar, no eixo das ordenadas, um ponto equidistante de A(1, 1, 4) e B(−6, 6, 4).
(2) (a) Seja P = (a, b). Determine o lugar geométrico dos pontos do plano que distam r de P.
(b) Seja P = (a, b, c). Determine o lugar geométrico dos pontos do espaço que distam r do ponto P.
(3) Sejam o ponto P(1, 2, 3) e a reta r :

x = 1− 2t
y = 2t
z = 2− t
.
(a) Calcule a distância de P à reta r.
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Geometria Anaĺıtica - 2016/2
(b) Determine a distância de P a cada um dos eixos coordenados.
Resolução de 3 (a): Dados o ponto P(1, 2, 3) e a reta r :

x = 1− 2t
y = 2t
z = 2− t
, para calcular d (P, r) por meio da
fórmula
d (P, r) =
∣∣∣∣∣∣−→AP ×−→v ∣∣∣∣∣∣
||~v||
sendo A ∈ r um ponto qualquer e ~v um vetor diretor de r.
Tomemos, por exemplo, A = (1, 0, 2). Logo,
−→
AP = P −A = (1, 2, 3) − (1, 0, 2) = (0, 2, 1).
Um vetor diretor de r pode ser ~v = (−2, 2,−1).
Calculemos
−→
AP ×~v:
−→
AP ×~v = det
 ~i ~j ~k−2 2 −1
0 2 1
 = (2+ 2)~i+ 2~j− 4~k = (4, 2,−4).
Assim,
d (P, r) =
∣∣∣∣∣∣−→AP ×−→v ∣∣∣∣∣∣
||~v||
=
√
16+ 4+ 16√
4+ 4+ 1
=
√
36√
9
=
6
3
= 2.
Resolução de 3 (b) A distância de um ponto P a uma reta r é dada por
d(P, r) =
∣∣∣∣∣∣−→AP × ~u∣∣∣∣∣∣
||~u||
,
sendo A ∈ r e ~u vetor diretor de r.
Dado P = (1, 2, 3), devemos calcular a distância de P aos eixos Ox, Oy e Oz, com vetores diretores
~i = (1, 0, 0), ~j = (0, 1, 0) e ~k = (0, 0, 1), respectivamente.
Observemos que
∣∣∣∣∣∣~i∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣~j∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣~k∣∣∣∣∣∣ = 1. Então:
(i) d(P,Ox) =
∣∣∣∣∣∣−→AP ×~i∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣~i∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣−→AP ×~i∣∣∣∣∣∣, fazendo A = (1, 0, 0) ∈ Ox, temos que −→AP = P −A = (0, 2, 3).
−→
AP ×~i = det
~i ~j ~k0 2 3
1 0 0
 = (0, 3,−2).
Logo, d(P,Ox) =
√
32 + (−2)2 =
√
13.
(ii) d(P,Oy) =
∣∣∣∣∣∣−→AP ×~j∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣~j∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣−→AP ×~j∣∣∣∣∣∣, fazendo A = (0, 2, 0), temos que −→AP = P −A = (1, 0, 3).
−→
AP ×~j = det
~i ~j ~k1 0 3
0 1 0
 = (−3, 0, 1).
Logo, d (P,Oy) =
√
(−3)2 + 12 =
√
10.
(iii) d(P,Oz) =
∣∣∣∣∣∣−→AP × ~k∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣~k∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣−→AP × ~k∣∣∣∣∣∣, fazendo A = (0, 0, 3), temos que −→AP = P −A = (1, 2, 0).
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Geometria Anaĺıtica - 2016/2
−→
AP × ~k = det
~i ~j ~k1 2 0
0 0 1
 = (2,−1, 0).
Logo, d (P,Oz) =
√
22 + (−1)2 =
√
5.
(4) Considere a reta r :
{
x = 1
z = −1
e o ponto A = (1, 2, 3).
(a) Existem pontos da reta r que distam 4 unidades do ponto A? Se sim, quais?
(b) Existem pontos da reta r que distam 3 unidades do ponto A? Se sim, quais?
(c) Existem pontos da reta r que distam 5 unidades do ponto A? Se sim, quais?
(5) Determinar a distância do ponto P(2,−1, 2) aos planos π1 : 2x− 2y− z+ 3 = 0 e π2 : x+ y+ z = 0.
(6) Dado o tetraedro de vértices A(1, 2, 1), B(2,−1, 1), C(0,−1,−1) e D(3, 1, 0), calcular a medida da altura
baixada do vértice D ao plano de face ABC.
(7) Calcular a distância entre as retas r e s nos seguintes casos:
(a) r :
{
x = 0
y = z
e s :
{
y = 3
z = 2x
(b) r :

x = 1− t
y = 2+ 3t
z = −t
e s : Eixo Ox
(c) r : x = y = z− 2 e s :
{
y = x+ 1
z = x− 3
Resolução de 7 (a): Dados r :
{
x = 0
y = z
e s :
{
y = 3
z = 2x
, para calcular a distância entre r e s precisamos
de um ponto e um vetor diretor de cada reta.
Observemos que A = (0, 0, 0), B = (0, 1, 1) ∈ r e, portanto, ~u =
−→
AB = (0, 1, 1) é vetor diretor de r.
Analogamente, C = (0, 3, 0), D = (1, 3, 2) ∈ s e, portanto, ~v =
−→
CD = (1, 0, 2) é vetor diretor de s.
Tomemos o vetor
−→
AC = (0, 3, 0) e lembremos, da teoria, que
d (r, s) =
∣∣∣−→AC · ~u×~v∣∣∣
||~u×~v||
.
Assim,
~u×~v = det
~i ~j ~k0 1 1
1 0 2
 = 2~i+~j− ~k = (2, 1,−1).
e
−→
AC · ~u×~v = det
0 3 00 1 1
1 0 2
 = 3.
Portanto,
d (r, s) =
|3|√
22 + 12 + (−1)2
=
3√
6
=
√
6
2
.
(8) Escrever as equações dos planos paralelos ao plano π : 3x − 2y − 6z − 5 = 0 que distam 5 unidades da
origem.
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Geometria Anaĺıtica - 2016/2
Resolução de 8: Temos o plano π : 3x − 2y − 6z − 5 = 0 com vetor normal ~n = (3,−2,−6). Planos σ
paralelos a π são normais a ~n. Portanto, possuem equações gerais da forma σ : 3x − 2y − 6z + d = 0.
Busquemos d tais que d (O,σ) = 5, sendo O = (0, 0, 0).
Como d (O,σ) = |3(0)−2(0)−6(0)+d|√
32+(−2)2+(−6)2
temos a equação
|3 (0) − 2 (0) − 6 (0) + d|√
32 + (−2)2 + (−6)2
= 5⇒ |d|
7
= 5⇒ d = ±35.
Portanto, há duas soluções:
σ1 : 3x− 2y− 6z+ 35 = 0 ou σ2 : 3x− 2y− 6z− 35 = 0.
(9) Calcular a distância entre os planos paralelos π1 : x− 2z+ 1 = 0 e π2 : 3x− 6z− 8 = 0.
(10) Determinar a distância da reta r ao plano π : x+ y− 12 = 0, onde r :

x = 3
y = 4
z = t
.
(11) Calcule a distância do ponto C(2, 1, 2) à reta determinada pelos pontos A(1, 0, 1) e B(0, 1, 1).
(12) Obter a projeção ortogonal de P sobre a reta r e o simétrico de P em relação à reta r, se P(2,−1, 3) e
r tem equações paramétricas x = 3t, y = 5t− 7 e z = 0. Calcule a distância de P a r.
(13) Determine o ponto do segmento AB que está mais próximo de P e o que está mais afastado de P, sendo
P = (1, 0, 4), A = (1, 2, 1) e B = (4, 5, 0).
Sugestão: Para isto, comece encontrando a interseção da reta r que contém AB, com a perpendicular a r
passando por P.
Resolução de 13: Dados P(1, 0, 4), A(1, 2, 1), B(4, 5, 0), vamos encontrar a reta r que passa por A e por B:
O vetor
−→
AB = (3, 3,−1) é um vetor diretor de r e

x = 1+ 3t
y = 2+ 3t
z = 1− t
, com t ∈ R, equações paramétricas de r.
Observemos que, sendo X = A + t
−→
AB a equação vetorial da reta r, os pontos de r que estão no segmento
AB correspondem aos valores de t entre 0 e 1 (o ponto A corresponde a t = 0 e o ponto B corresponde a
t = 1).
Consideremos o ponto Q = (1+ 3t0, 2+ 3t0, 1− t0) ∈ r tal que
−→
PQ seja ortogonal a
−→
AB. Assim, d (P, r) =
d (P,Q) e o ponto Q é o ponto da reta r mais próximo de P. Será que Q está no segmento AB?
Vejamos: nas condições acima,
−→
PQ ·
−→
AB = 0, ou seja,
(1+ 3t0, 2+ 3t0, 1− t0) · (3, 3,−1) = 0⇒ 3+ 9t0 + 6+ 9t0 − 1+ t0 = 0⇒ 8+ 19t0 = 0⇒ t0 = − 8
19
.
Sendo t0 = −
8
19 valor fora do intervalo [0, 1], temos Q ∈ r fora do segmento AB.
r
Q
P
B
A
Desta forma, os extremos A e B do segmento AB são os pontos procurados:
d (P,A) =
√
(1− 1)2 + (0− 2)2 + (4− 1)2 =
√
4+ 9 =
√
13
d (P, B) =
√
(4− 1)2 + (5− 0)2 + (0− 4)2 =
√
9+ 25+ 16 =
√
50
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Geometria Anaĺıtica - 2016/2
(14) Mostre que as retas
r :
{
x+ 2y+ 3z− 6 = 0
y− 2z+ 1 = 0
e s :

x = 7t
y = −2t− 1
z = −t+ 5
são paralelas e calcule a distância entre elas.
Dica: Construa a perpendicular comum a r e s.
(15) Determine a equação do plano que contém A(1, 0,−1) e a reta intersecção dos planos
α : x+ y− z = 0 e β : 2x− y+ 3z+ 1 = 0,
por dois processos distintos. Qual a distância do ponto A ao plano em questão?
(16) Obtenha o lugar geométrico dos pontos equidistantes de A(2, 1, 0) e B(10, 7, 2).
(17) Obtenha a equação do plano perpendicular a
α : 3x− y+ z = 0 e β : x+ 5y+ 3z = 0
que dista
√
6 da origem.
(18) Determine o ponto do eixo Oz que é equidistante do pontoM(1,−2, 0) e do plano π : 3x−2y+6z−9 = 0.
Resolução de 18: Dados M(1,−2, 0) e π : 3x − 2y + 6z − 9 = 0, consideremos um ponto P = (0, 0, z0) do
eixo Oz tal que d (P,M) = d(P, π).
Da teoria, a distância entre os pontos A (x1, y1, z1) e B = (x2, y2, z2) é dada por
d (A,B) =
√
(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2,
enquanto que a distância entre um ponto A = (x1, y1, z1) e um plano π : ax+ by+ cz+ d = 0 é dada por
d (A,π) =
|ax1 + by1 + cz1 + d|√
a2 + b2 + c2
.
Desta forma,
d (P,M) = d (P, π)⇒√
(0− 1)2 + (0+ 2)2 + (z0 − 0)2 =
|3 (0) − 2 (0) + 6 (z0) − 9|√
32 + (−2)2 + 62
⇒
√
5+ z20 =
|6z0 − 9|
7
⇒
5+ z20 =
36z20 − 108z0 + 81
49
⇒
245+ 49z20 = 36z
2
0 − 108z0 + 81⇒
13z20 + 108z0 + 164 = 0⇒
z0 = −2 ou z0 = −
82
13
.
Portanto, há duas soluções: os pontos P1(0, 0,−2) e P2
(
0, 0,−
82
13
)
, que são equidistantes de M(1,−2, 0) e
π : 3x− 2y+ 6z− 9 = 0 e pertencem ao eixo Oz.
(19) Encontre a equação do lugar geométrico dos pontos cujas distâncias a
α : 3x− 2y− 6z = 12 e β : 3x− 2y− 6z = −2
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Geometria Anaĺıtica - 2016/2
estão, nesta ordem, em uma razão 2.
(20) Determine a distância do ponto P = (9, 1, 0) ao plano π : x− 2y+ z− 3 = 0 das seguintes maneiras:
(a) calculando o pé da perpendicular;
(b) pela fórmula da distância de ponto a plano;
(c) por projeção de um vetor (qual?) na direção normal do plano (qual?).
Resolução de 20 (a): Temos P(9, 1, 0) e π : x − 2y + z − 3 = 0, sendo ~n = (1,−2, 1) um de seus vetores
normais. O vetor ~n pode ser vetor diretor da reta r que contem P e é ortogonal ao plano π. Assim.
r : (x, y, z) = (9, 1, 0) + t(1,−2, 1), com t ∈ R.
Sendo {Q} = r ∩ π, temos d (P, π) = d (P,Q).
Assim, precisamos calcular Q (x0, y0, z0), cujas coordenadas satisfazem as equações de r e π simultanea-
mente, ou seja:
(9+ t0) − 2(1− 2t0) + t0 − 3 = 0⇒ 4+ 6t0 = 0⇒ t0 = −2
3
.
Substituindo t0 na equação vetorial de r temos
Q
(
25
3
,
7
3
,−
2
3
)
.
Assim,
d (P, π) = d (P,Q)
=
√(
9−
25
3
)2
+
(
1−
7
3
)2
+
(
0+
2
3
)2
=
√(
2
3
)2
+
(
−
4
3
)2
+
(
2
3
)2
=
√
4+ 16+ 4
3
=
2
√
6
3
Resolução de 20 (b): Temos P(9, 1, 0) e π : x − 2y + z − 3 = 0. Pela fórmula da distância entre ponto e
plano, fazemos:
d(P, π) =
|(9) − 2 (1) + (0) − 3|√
12 + (−2)2 + 12
=
|4|√
6
=
4
√
6
6
=
2
√
6
3
.
Resolução de 20 (c): Dados P = (9, 1, 0) e π : x − 2y + z − 3 = 0 devemos calcular d(P, π) por meio de
projeção.
Tomemos um ponto A ∈ π qualquer e consideremos o vetor
−→
PA. Observemos que a distância de P a π
coincide com o comprimento do vetor
−→
PQ = proj~n
−→
PA, sendo ~n um vetor normal qualquer ao plano π.
n
A
P
Q
p
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Geometria Anaĺıtica - 2016/2
Quanto ao ponto A tomemos, por exemplo, A = (0, 0, 3) (verifique que A ∈ π). Assim,
−→
PA = A − P =
(−9,−1, 3). Quanto ao vetor ~n, da equação geral de π podemos tomar ~n = (1,−2, 1).
Assim,
−→
PQ = proj~n
−→
PA =
−→
PA · ~n
||~n||2
~n =
−9+ 2+ 3
1+ 4+ 1
(1,−2, 1) = −
2
3
(1,−2, 1)⇒
d (P, π) =
∣∣∣∣∣∣−→PQ∣∣∣∣∣∣ = 2√1+ 4+ 1
3
=
2
√
6
3
.
(21) Obtenha uma equação vetorial da reta r contida no plano π : y = z, sabendo que a medida angular
entre r e s : X = (1, 1, 2) + t(1,−1, 0) é 60o e que r dista 1 do ponto P = (1, 0, 0).
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