Baixe Resolução de problemas geométricos: equações de retas, planos e vetores e outras Notas de estudo em PDF para Álgebra, somente na Docsity!
Exercícios resolvidos
1. Um paralelepípedo ABCDEFGH de base ABCD tem volume igual a 9
unidades. Sabendo-se que A ( 1 , 1 , 1 ),B( 2 , 1 , 2 ),C(1,2,2), o vértice E
pertence à reta r de equação r : x = −y= 2 −z e ( AE,i)
→ r é agudo.
Determine as coordenadas do vértice E.
Solução:
Como E pertence à reta r, temos E( t,− t, 2 −t)eAE=(t− 1 ,− 1 −t, 1 −t)
→
.
Assim,
| | 3 t| 9
t 1 t 1 1 t
| [AB,AC,AE]| | = − =
→ → →
.
Logo t = − 6 ou t= 12.
Se t = − 6 ,então AE=(− 7 , 5 , 7 ) e AE⋅i=−7.
→ → r
Logo ( AE,i)
→ r
é obtuso.
Como este valor de t contradiz uma das hipóteses do nosso exercício,
consideremos t = 12. Neste caso, AE = ( 11 ,− 13 ,− 11 )e AE⋅i= 11
→ → r
assim, ( AE,i)
→ r
é agudo. Portanto E = A+AE=( 12 ,− 12 ,− 10 ).
→
2. Um quadrado ABCD está sobre o plano α : x−y+ 2 z− 1 = 0. Sabendo-
se que A ( 1 , 0 , 0 ) e B(0,1,1) são vértices consecutivos. Determine as
coordenadas dos outros dois vértices.
Solução:
De A ( 1 , 0 , 0 ) e B(0,1,1) temos AB =(− 1 , 1 , 1 )
→ e
de α : x−y+ 2 z= 1 temos n (^) α=(1,−1,2)
r .
Como (^) α
→ → → AD ⊥ AB e AD ⊥n
r temos:
AD //AB× nα=( 3 , 3 , 0 )
→ → r .
A
C B
α
D
n α
r
Além disso, | AD|= |AB|= 3
→ →
. Considerando , 0 ) 2
AD °=(
→
temos: , 0 2
, 0 , D A AD
AD
→ →
e
→
, 1 2
C B AD.
Podemos observar que considerando , 0 ) 2
AD °=(− −
→
encontraremos a outra solução do exercício.
3. Determine uma equação do plano π que passa pelo ponto P ( 1 , 0 , 1 ) e
contém a reta de equação
2 x y z 2 0
x y z 1 0 r :.
Solução:
Sejam R (− 1 , 0 , 0 )um ponto da reta r e o vetor
vr =( 1 , 1 , 0 )//( 0 , 3 , 3 )=( 1 ,− 1 , 1 )×( 2 , 1 ,− 1 )
r
. Como
o ponto P(1,0,1) não pertence à reta r, temos RP ( 2 , 0 , 1 ) e vr
r
→
são
vetores LI com representantes em π. Assim, uma equação vetorial do
plano π é:
π : (x,y,z)=( 1 , 0 , 1 )+t(2,0,1)+h(0,1,1);t,h∈IR
4. Determine uma condição necessária e suficiente para que um
plano α : Ax+By+Cz+D= 0 seja ortogonal ao plano XOZ.
Solução:
Observemos que os vetores j =( 0 , 1 , 0 )
r e (A,B,C) são normais aos
planos XOZ e α, respectivamente. Assim, os planos α e XOZ são
ortogonais se, somente se, ( A,B,C)⋅ ( 0 , 1 , 0 )= 0. Daí, B = 0.
Observação: De modo análogo, podemos mostrar que as condições
necessárias e suficientes para que um plano α: Ax+By+Cz+D= 0
seja ortogonal ao plano XOY e ao plano YOZ são, respectivamente
C = 0 e A=0.
v r
r
r
π
R P
b) Como o plano α contém o eixo OX temos A = 0 e D=0. Da
ortogonalidade dos planos α e β temos:
n (^) α⋅ nβ=( 0 , 4 , 4 )⋅( 6 , 8 ,C)= 32 + 4 C= 0
r r .
Logo C =− 8.
8. Determine as coordenadas do ponto P 1 , simétrico de P( 1 , 1 ,− 2 ) em
relação à reta s :x+ 1 =y− 1 =z.
Solução:
Sejam r a reta perpendicular à reta s que
passa pelo ponto P e {I }= r∩s. Então,
I = (t− 1 , 1 +t,t) e podemos considerar
vr = PI=(t− 2 ,t,t+ 2 )
→ r
. Como as retas r e
s são ortogonais temos:
v (^) r ⋅ vs=(t− 2 ,t,t+ 2 )⋅( 1 , 1 , 1 )= 0
r r
Logo, t = 0 e PI=(− 2 , 0 , 2 )
→
. Como
→ →
IP 1 = PI temos
→
P 1 = I +IP 1. Assim
P 1 = (− 1 , 1 , 0 )+(− 2 , 0 , 2 )=(− 3 , 1 , 2 ).
Observação:
O ponto I também poderia ser determinado
através da interseção da reta s com o plano α
que passa pelo ponto P e é ortogonal à reta s.
Sendo α perpendicular a s temos:
α: x + y+z+D= 0 .Utilizando o fato de que
P ∈ α, podemos concluir que D = 0.
9. Determine uma equação da reta r, simétrica da reta
;t IR
z 2
y t
x 1 2 t
s : ∈
, em relação ao plano α: x−y+z+ 1 = 0.
s
α
I
P 1
P
P
P 1
I
r
s
Solução:
Observemos que se S e Q são pontos da reta
s então S 1 e Q 1 , simétricos de S e Q,
respectivamente, em relação ao plano α são
pontos da reta r.
De vs ⋅ nα =( 2 , 1 , 0 )⋅( 1 ,− 1 , 1 )≠ 0
r r , temos que s
e α são concorrentes. Seja {I }= s∩α.
Então, I = ( 1 + 2 t,t, 2 ) e 1 + 2 t−t+ 2 + 1 = 0.
Logo, t = − 4 e I(− 7 ,− 4 , 2 ). Assim, as equações paramétricas da reta
n, normal a α e concorrente com a reta s em S(1,0,2) são :
;t IR
z 2 t
y t
x 1 t
n : ∈
Considerando {I 1 } = n∩α, temos I 1 = ( 1 +t,−t, 2 +t) e
1 + t+t+ 2 +t+ 1 = 0. Logo, 3
t = − e portanto (^)
I 1.
Daí, (^) =
→
S 1 I 1 SI 1
Como I e S 1 são pontos distintos de r podemos considerar
→
= SI 4
v (^) r 1
r .
Assim, uma equação vetorial de r é :
X =(− 7 ,− 4 , 2 )+h( 4 , 5 ,− 2 ); h∈IR.
10. Determine, caso exista, uma reta t que passa pelo ponto P ( 1 ,− 2 ,− 1 ) e
é concorrentes com as retas r e s.
;h IR
z h
y 1 h
x h 2
; IR e s:
z
y 2 3
x 1
r : ∈
λ∈
=λ
= λ−
=λ−
Solução 1:
Podemos verificar que r e s são retas reversas e que P∉ r. Assim, o
plano α determinado por P e r, contém toda reta que passa por P e é
concorrente com r. Logo, a reta t, caso exista, está contida em
α : x−y+z− 2 = 0.
r
s
n
S 1
I
S
I 1
α
11. Determine uma equação da reta que passa pelo ponto Q(2,1,0), é
concorrente com a reta ;t IR
z t
y 3 t
x 2 t
s : ∈
e forma ângulos iguais com os
eixos OX e OY.
Solução:
Sejam r a reta que queremos determinar e {I }= r∩s. Assim
I = ( 2 +t, 3 t,t)evr =QI=(t, 3 t− 1 ,t)
→ r
. Como ( r,OX)= (r,OY) temos a
equação:
|v |
|( 0 , 1 , 0 ) (t, 3 t 1 ,t)||
|v |
|( 1 , 0 , 0 ) (t, 3 t 1 ,t)|
r r
r r
Logo, 4
ou t 2
t = =.
Considerando 2
t = , temos vr//( 1 , 1 , 1 )
r e r :X= ( 2 , 1 , 0 )+h( 1 , 1 , 1 );h∈IR.
Considerando
4
t = , temos vr //( 1 ,− 1 , 1 )
r e r :X= ( 2 , 1 , 0 )+h( 1 ,− 1 , 1 );h∈IR.
Como vimos o exercício tem duas soluções.
12. Da figura abaixo sabe – se que:
i) a reta r é perpendicular ao plano α, tem a direção
do vetor u =( 1 , 2 ,− 1 )
r e P ( 1 , 1 ,− 1 )pertence à reta r.
ii) os pontos Q e R (− 1 , 0 , 1 )pertecem ao plano α.
iii) S = (0,1,2)
Determine:
a) uma equação do plano α.
b) as coordenadas do ponto Q.
c) uma equação do plano QRS.
d) o ângulo entre os planos QRS e α.
R
P
r
Q
α
e) a distância entre as retas r e RS.
f) uma equação do plano que contém a reta r e é paralelo à reta
t :X=( 3 , 2 , 0 )+h( 2 , 0 ,− 1 );h∈IR
g) uma equação do plano perpendicular ao plano α que contém a reta QS.
Solução:
a) Como n (^) α //vr =( 1 , 2 ,− 1 )
r (^) r temos α : x+ 2 y−z+d= 0. Além disso
R (− 1 , 0 , 1 )∈ α, assim d = 2. Logo α : x+ 2 y−z+ 2 = 0.
b) As equações paramétricas da reta r são ;t IR
z 1 t
y 1 2t
x 1 t
r : ∈
Como {Q }= r∩α temos:
Q ( 1 + t, 1 + 2 t,− 1 −t) e 1 +t+ 2 ( 1 + 2 t)−(− 1 −t)+ 2 = 0.
Logo, t = − 1 e Q(0,−1,0).
c) Os vetores QR = (− 1 , 1 , 1 )e QS=( 0 , 2 , 2 )
→ →
são LI. Logo, podemos
escrever uma equação vetorial do plano QRS como:
X = t(− 1 , 1 , 1 )+h( 0 , 2 , 2 );teh∈IR.
d) Sabemos que n (^) α=( 1 , 2 ,− 1 )
r e n (^) QRS //(−1,1,1)×(0,2,2)=(0,2,−2)
r .
Assim, 2
cos(QRS ,α )= =. Logo ( QRS,α )= 30 °.
e) Sabemos que vr =( 1 , 2 ,− 1 )
r , RS =( 0 , 1 , 2 )−(− 1 , 0 , 1 )=( 1 , 1 , 1 )
→ daí,
[ vr ,RS,QR] =−
→ → r
. Assim, as retas r e s são reversas.
Logo, =
×
→
→ →
|v RS |
|[v ,RS,QR]| d(r,RS)
r
r
r
v
