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Geometria analítica
Ficha para praticar 7 Págs. 34 a 37
1.1. Seja y = mx + b a equação pedida.
O declive, m , é igual à tangente trigonométrica da inclinação.
Assim,
5 π π π 3
tan tan π tan
m
Portanto,
y = − x + b.
Como o ponto
A 2 3 , 1 pertence à reta:
= − × + b ⇔ = − + b ⇔ b =
Então, a equação pedida é
y = − x +.
1.2. O declive, m , da reta AB é:
m
Seja α a inclinação da reta AB , então,
3 π
tan 0 ,
α α
, portanto,
π
α =.
Portanto, a inclinação da reta AB é
π
radianos.
1.3. A reta AB tem declive igual a
, pelo que
y = x + b é
a equação reduzida da reta AB.
Determinemos a ordenada na origem b.
O ponto
A 2 3 , 1 pertence à reta AB , portanto,
= × + b ⇔ = + b ⇔ b = −.
Assim,
y = x − é a equação reduzida da reta AB.
Determinemos, agora, as coordenadas do ponto de interseção
da reta AB com eixo Ox.
y y y
y x x x
y
y
x x
As coordenadas do ponto de interseção são
2.1. a) Seja y = mx + b a equação pedida.
O declive, m , é igual à tangente trigonométrica da
inclinação.
Assim:
tan 30º
m = = , temos, assim,
y = x + b.
Como o ponto
A −2 , 3 pertence à reta:
= − + b ⇔ = − + b ⇔ b = +
A equação pedida é
y = x + +.
b) Seja y = mx + b a equação pedida.
O declive, m , é igual à tangente trigonométrica da
inclinação.
Assim:
3 π π π
tan tan π tan 1
m
e y = − x + b
Como o ponto
A −2 , 3 pertence à reta:
3 = − × − 1 2 + b ⇔ 3 = 2 + b ⇔ b = 1
A equação pedida é y = − x + 1.
c) Seja y = mx + b a equação pedida.
O declive, m , é igual à razão trigonométrica de
inclinação.
Assim:
2 π π π
tan tan π tan 3
m
Assim, y = − 3 x + b.
Como o ponto
A −2 , 3 pertence à reta:
3 = − 3 × − 2 + b ⇔ 3 = 2 3 + b ⇔ b = 3 − 2 3
Portanto, y = − 3 x + 3 − 2 3 é a equação pedida.
2.2. a) O declive, m , da reta AB é:
m
Seja α a inclinação da reta AB , então:
π
tan 1 , π
, ou seja,
3 π
α = rad.
A inclinação da reta AB é
3 π
rad.
b) O declive da reta AC é
m.
Seja α a inclinação da reta AC , então:
π
tan 7 0 ,
, portanto, α = arctan 7 ≈ 1,4rad.
A reta AC tem inclinação, aproximadamente, igual a
1,4 rad.
c) O declive da reta BC é
m.
Seja α a inclinação da reta BC , então:
5 π
tan 0 ,
α α
Portanto,
arctan 1,
α
rad.
A reta BC tem inclinação, aproximadamente, igual a
1,0 rad.
3.1. BC = 1 e AB = 2 BC , pelo que AB = 2.
Assim:
A B C e
D
3.2. a) O declive, m , da reta OC é igual a tan α e
m =.
1 π
tan 0 ,
α α
Logo,
arctan 26,6º
α
2.1. Declive e inclinação de uma reta. Produto escalar
b) O declive, m , da reta OD é igual a tan β e
m = −.
1 π
tan , π
β β
, pelo que
180º arctan
β
, ou seja, β ≈ 153,4º.
Portanto, a inclinação da reta OD é, aproximadamente,
igual a 153, 4º.
3.3. Tem-se que:
π arctan arctan
AOB COD β α
≈ 2, 21rad
4. A reta tem inclinação igual a 120º.
O declive, m , da reta é igual à tangente trigonométrica da
inclinação.
Portanto,
m = tan 120º = tan 180º −60º = − tan 60º = − 3.
Como a reta passa pela origem, o ponto de coordenadas (0 , 0)
pertence à reta.
Por outro lado, como o declive é − 3 , um vetor diretor da
reta tem coordenadas, por exemplo,
( )
Assim, uma equação vetorial da reta é:
( )
x , y = k 1 , − 3 , k ∈ ℝ
x + y − = ⇔ y = − x + ⇔ y = − x + , pelo que o
declive da reta r é igual a
Seja α a inclinação da reta r , então
2 π
tan , π
α α
Portanto,
π arctan 2,
α
rad.
Assim, um valor aproximado à décima do radiano da
inclinação da reta r é 2,8 rad.
( )
π
CA CB rad
( )
2 π
AC AB rad
( )
5 π
AC CM rad
( )
AB AB rad
( )
, = 180º =π
AM BM rad
( )
π
AC MC rad
( )
⋅ = ⋅ × cos , ⇔
EF ED EF ED EF FD
⇔ ⋅ = 4 × 4 ×cos 120º ( )
EF ED ⇔
⇔ EF ⋅ ED = 16 × cos 180º ( −60º)
⇔ ⋅ = 16 × − ( cos 60º)
EF ED ⇔
⇔ ⋅ = × −
EF ED ⇔
EF ED
( )
⋅ = × cos , ⇔
BC CD BC CD BC CD
⇔ ⋅ = 4 × 4 ×cos 60º
BC CD ⇔
⇔ ⋅ = ×
BC CD ⇔
BC CD
ED e
FC têm o mesmo sentido, pelo que
ED ⋅ FC = ED × FC ⇔ ED ⋅ FC = 4 × 8 ⇔ ED ⋅ FC = 32
BA BD , portanto ⋅ = 0
BA BD.
7.5. O triângulo [ BDF ] é equilátero, pelo que
( )
FB FD.
Então,
⋅ = ×cos 60º
FB FD FB FD.
Por outro lado:
sin 60º 2 3
FM FM
FM
Logo, = 2 = 4 3
FB FM.
Assim:
⋅ = × × ⇔
FB FD
FB FD
AD e
CB têm sentidos contrários, pelo que
AD CB ⋅ = − AD × CB = − 8 × 4 = − 32
8. A área do trapézio [ BCDE ] é igual a 10, pelo que,
× = ⇔ × = ⇔
EB DC EB
BC
( )
⇔ EB + 4 × 2 = 10 ⇔ EB + 4 = 5 ⇔ EB = 1
Por outro lado, tem-se que FC = 3 e BC = 4 , pelo que
BF = 1.
8.1. AB e BE têm sentidos contrários, pelo que
⋅ = − × = − 4 × 1 = − 4 ⇔
AB BE AB BE
AB BE
EB e
AD são perpendiculares, portanto ⋅ = 0
EB AD.
( )
⋅ = ×cos ,
ED DC ED DC ED DC
( )
( )
( )
cos , = − cos , = − cos = −
AE
ED DC DE DC EDC
ED
Por outro lado:
2 2 2 2
2 2
AE + AD = ED ⇔ 3 + 4 = ED , logo ED = 5.
( )
cos
− EDC = − , ou seja,
( )
cos ,
ED DC
Então:
( )
cos , 5 4 12
⋅ = × = × × − = −
ED DC ED DC ED DC
( )
⋅ = ×cos ,
DE CB DE CB DE CB
Tem-se que
( )
( )
( )
cos , cos , cos
AD
DE CB DE DA ADE
DE
Portanto,
DE CB ⋅ = × × =
De outra forma: DE CB ⋅ = DE ⋅ DA = DA × DA = 4 × 4 = 16
2.1. Declive e inclinação de uma reta. Produto escalar
( )
⋅ = cos ,
AM CM AM CM AM CM
= 2 2 × 2 2 cos180º=
= 2 2 × 2 2 × − 1 = − 8
( )
2 ⋅ = 2 cos ,
CB MB CB MB CB MB
= 2 × 4 × 2 2 cos 45º=
= × × × = 16
( )
AB ⋅ AC + BC = AB ⋅ AC + AB ⋅ BC
( )
= ⋅ cos , + 0 =
AB AC AB AC
= 4 × 4 2 cos 45º=
= × × = 16
( )
⋅ = cos , =
BA BD BA BD BA BD
= 4 × 4 2 × cos 45º=
= × × = 16
( ) ( )
RP RQ RM MP RM MQ
RM RM RM MQ MP RM MP MQ
( ) ( )
2
RM RM MQ MP MP QM
2
RM RM MP QM
2
RM MP MP
2
2
= a − MP =
2 2 2
a − 4 = a − 16
Ficha para praticar 8 Págs. 38 a 41
1.1. a)
AB B A
BC C B
Tem-se, ainda, que
2
AB e ,
pelo que:
( )
2
+ ⋅ = 7 , 2 ⋅ −5 , 0 = 7 × − 5 + 2 × 0 = − 35
AB e BC
b)
AB e
BC , pelo que
BC AB
Por outro lado:
AC C A
Assim:
( )
= − × + − ×
BC AB AC
1.2. a) O ponto P pertence à reta de equação y = x − 1 , pelo que
as suas coordenadas são da forma
x , x − 1.
Por outro lado, se
OP é perpendicular a
AB , então
OP AB.
Assim, vem:
OP = P − O = ( x , x − 1 )
e =( 7 , 1)
AB
x , x − 1 ⋅ 7 , 1 = 0 ⇔ 7 x + x − 1 = 0 ⇔
⇔ x = ⇔ x =
Portanto,
P , ou seja,
P.
b) P pertence à bissetriz dos quadrantes pares quando as
suas coordenadas são simétricas, ou seja:
P x , − x , x ∈ ℝ
Assim:
OP P O x x
AC
Portanto,
OP AC x x
⇔ 2 x − x = 2 ⇔ x = 2
Então,
P 2 , − 2.
( )
2 2 2 2
cos ,
+ − × +
u v
u v
u v
× + − ×
×
Logo,
( )
, arccos 132,3º
u v
( )
2 2
2 2
cos ,
+ × − +
u v
u v
u v
− × − + ×
×
Logo,
( )
, arccos 37,9º
u v.
( )
( )( )
2 2 2 2
cos ,
+ × − +
u v
u v
u v
− + × − +
×
Logo
( )
u , v =90,0º
( )
2 2
2
2
cos ,
+ − × + −
u v
u v
u v
× + − × −
×
Logo,
, arccos 49, 4º
u v
2.1. Declive e inclinação de uma reta. Produto escalar
BA BC
Como ⋅ < 0
BA BC , o ângulo CBA é obtuso.
Portanto, como o ângulo de vértice B do triângulo é obtuso, o
triângulo [ ABC ] é obtusângulo.
4. Os vetores
u e
v são perpendiculares se e somente se
u v.
Assim:
1 , k − 2 , 5 ⋅ 5 , k + 2 , − 2 = 0 ⇔
⇔ 5 + k − 2 k + 2 − 10 = 0 ⇔
2
⇔ k − 4 − 5 = 0 ⇔
2
⇔ k − 9 = 0 ⇔
⇔ k = 3 ∨ k = − 3
Portanto, k = − 3 ou k = 3.
r x − y − = ⇔ y = x −
A reta r tem declive igual a
Como a reta s é perpendicular à reta r , o seu declive,
m , é
tal que m × m ′ = − 1 , portanto:
× m = − ⇔ m = −
Portanto, a reta s é do tipo
y = − x + b.
O ponto B (2 , –5) pertence à reta s , pelo que:
− = − × + b ⇔ − = − + b ⇔ b = − + ⇔ b = −
Assim, a equação reduzida da reta s é
y = − x −.
5.2. C ( 0 , y )
AB B A
AC C A y y
O triângulo [ ABC ] é retângulo em A se e só se ⋅ = 0
AB AC.
AB ⋅ AC = 0 ⇔ ( 5 , − 9 ) ⋅ ( 3 , y − 4 )= 0 ⇔
⇔ 15 − 9 × ( y − 4 )= 0 ⇔
⇔ − y + = ⇔ y = ⇔ y = ⇔ y =
O ponto C tem coordenadas
Logo, A ( 2 , 3 , 1) ∈ r.
Logo,
B 2 , 5 , − 1 ∈ r
6.2. Seja α o plano mediador de [ AB ] e
P x y , , z um ponto
de α.
4 , 0
M M é o ponto médio
de [ AB ].
MP AB x y z
⇔ 2 y − 8 − 2 z = 0 ⇔ y − z = 4
α : y − z = 4
6.3. O ponto C se existir, é equidistante dos pontos A e B. Logo,
C terá de pertencer ao plano mediador de [ AB ].
Por outro lado, como C pertence à reta s , é da forma
C − 5 + k , k , 6 − k com k ∈ ℝ.
Determinemos k sabendo que k ∈ α : y − z = 4.
k − 6 − k = 4 ⇔ k = 5
Portanto,
C − 5 + 5 , 5 , 6 − 5 = C 0 ,5 , 1.
Sabemos que AC = BC porque C pertence ao plano
mediador de [ AB ]. Falta verificar que AC = AB :
2 2 2
AC = 0 − 2 + 5 − 3 + 1 − 1 = 4 + 4 + 0 = 8
2 2 2
AB = 0 − 2 + 5 − 5 + 1 − 1 = 4 + 0 + 4 = 8
Como AC = AB = BC o triângulo [ ABC ] é equilátero.
O ponto C tem coordenadas
r x − y − = ⇔ y = x − ⇔ y = x −
Portanto, o declive da reta r é
Como a reta s é perpendicular à reta r , o seu declive,
m , é tal
que m × m ′ = − 1 , ou seja:
× m = − ⇔ m = −
Portanto, a reta s é do tipo
y = − x + b.
O ponto A ( 2 , − 1 )pertence à reta s , pelo que:
− = − × + b ⇔ − = − + b ⇔ b =
Assim, a equação reduzida da reta s é
y = − x +.
7.2. Seja
P x , y as coordenadas de um ponto qualquer da reta
tangente à circunferência no ponto Q , então:
QR QP
Tem-se que:
QR R Q
QP P Q x y x y
Assim:
QR QP x y
⇔ − x − 3 + 5 y + 10 = 0 ⇔
⇔ 5 y = x − 7
⇔ y = x −
2.1. Declive e inclinação de uma reta. Produto escalar
BAC = α=inclinação de r =
180º − arctan 3 ≈108,4º
CBA = 180º − β= 180º −inclinação de s =
180º 180º tan 38,7º
−
ACB = 180º −108, 4º −38,7º ≈32,9º
BAC ≈ 108,4º , CBA ≈38,7ºe
ACB ≈32,9º
x − y − = ⇔ y = x − ⇔ y = x −. O declive da
reta r é
, pelo que
r é um vetor diretor da reta r.
Seja P x ( , y )um ponto genérico da reta s.
AP P A x y x y
AP r x y
⇔ 3 x − 3 + 4 y + 12 = 0 ⇔
⇔ 4 y = − 3 x − 9 ⇔
⇔ y = − x −
Portanto,
y = − x − é a equação reduzida da reta s.
12.1. a) Seja
P x y , um ponto genérico da circunferência de
diâmetro [ AC ].
AP CP x y x y
⇔ x + 2 x − 1 + y − 3 y + 1 = 0 ⇔
2 2
⇔ x − x + 2 x − 2 + y + y − 3 y − 3 = 0 ⇔
2 2
⇔ x + y + x − 2 y − 5 = 0
Portanto,
2 2
x + y + x − 2 y − 5 = 0 é uma equação da
circunferência de diâmetro [ AC ].
b) Seja
P x , y um ponto genérico da mediatriz do
segmento de reta [ AB ] e M o ponto médio deste
segmento.
M , ou seja,
M.
AB MP x y
⇔ x + + y − = ⇔
⇔ x + y − 2 = 0 ⇔
⇔ y = − x + 2
Portanto, y = − x + 2 é a equação reduzida da mediatriz
do segmento de reta [ AB ].
c) Seja
P x , y um ponto genérico da reta t.
AP BC x y
⇔ 2 x + 2 − 5 y − 3 = 0 ⇔
⇔ 2 ( x + 2 ) − 5 ( y − 3 ) = 0 ⇔
⇔ 2 x + 4 − 5 y + 15 = 0 ⇔
⇔ 5 y = 2 x + 19 ⇔
⇔ y = x +
Logo,
y = x + é a equação reduzida da reta t.
AC C A
Portanto,
4 k , 3 k , k ∈ ℝ\ 0 são as coordenadas dos
vetores, não nulos, perpendiculares ao vetor
AC. Como se
pretende que tenha norma 10, temos:
2 2
4 k , 3 k = 10 ⇔ 4 k + 3 k = 10 ⇔
2 2 2
⇔ 16 k + 9 k = 10 ⇔ 25 k = 10 ⇔
⇔ 5 k = 10 ⇔ k = 2 ⇔ k = − 2 ∨ k = 2
Logo, ( 8 , 6 )e ( −8 , − 6 )são as coordenadas dos vetores de
norma 10 perpendiculares ao vetor
AC.
13.1. Seja ( , , )
n a b c , com a , b e c ∈ ℝ , não nulo, um vetor
normal a
v.
v n a b c
⇔ − a + 2 b + c = 0 ⇔ c = a − 2 b
Logo,
n a b a b , a e b ∈ ℝ não simultaneamente
nulos.
Por exemplo:
Para a = 1 e b = 1 , temos
n.
Para a = 0 e b = 1 , temos ( 0 , 1 , − 2 )
n.
Para a = 1 e b = 0 , temos
n.
Por exemplo: ( ) ( )
1 2
n n e ( )
3
n.
13.2. Seja
n a b c , com a b , e c ∈ ℝ, um vetor normal a
v e
w.
v n
w n
a b c a b c
a b a b c
a a c c a
b a b a
− + × + = = −
Logo,
, 3 , − 5 , ∈ \ 0
n a a a a ℝ.
Por exemplo, se
a n é perpendicular aos
vetores
v e
w.
Portanto,
u , por exemplo.
14.1. Os vetores
AB e
v são perpendiculares quando e apenas
quando ⋅ = 0
AB v.
Temos que:
AB B A.
2.1. Declive e inclinação de uma reta. Produto escalar
( ) ( )
2
AB v k k k k
( )
2
⇔ − 4 k − k + 5 1 + 2 k + − 2 − 3 k = 0 ⇔
2
⇔ − 4 k + 4 k + 5 + 10 k − 2 − 3 k = 0 ⇔
2
⇔ − 4 k + 11 k + 3 = 0 ⇔
2
− ± − − ×
× −
k
k
k k
⇔ k = − ∨ k =
Portanto,
k = ∨ k =.
OA e ( −1 , 0 , 3)
OB
( )
( )
cos cos ,
OA OB
AOB OA OB
OA OB
arccos 81,1º
AOB
M
AB B A
MP P M x y z x y z
AB MP x y z
⇔ 4 x + 4 − 6 y − 6 − 2 z + 6 = 0 ⇔
⇔ 4 x − 6 y − 2 z + 4 = 0 ⇔
⇔ 2 x − 3 y − z + 2 = 0
O lugar geométrico é o plano mediador do segmento de reta
[ AB ] de equação 2 x − 3 y − z + 2 = 0.
AP P A x y z x y z
BP P B x y z x y z
AP BP x y z x y z
⇔ ( x + 3 )( x − 1 ) + ( y − 2 )( y + 4 ) + ( z − 4 )( z − 2 )= 0 ⇔
2 2 2
⇔ x − x + 3 x − 3 + y + 4 y − 2 y − 8 + z − 2 z − 4 z + 8 = 0
2 2 2
⇔ x + 2 x + y + 2 y + z − 6 z = 3 ⇔
2 2 2
⇔ x + 2 x + 1 + y + 2 y + 1 + z − 6 z + 9 = 3 + 1 + 1 + 9 ⇔
2 2 2
⇔ x + 1 + y + 1 + z − 3 = 14
O lugar geométrico é uma superfície esférica de centro no
ponto de coordenadas
−1 , − 1 , 3 e raio 14.
2 2 2
x − x + y + y + z − z = ⇔
2 2 2
⇔ x − x + + y + y + + z − z + = + + + ⇔
2
2 2
x y z
A superfície esférica tem centro no ponto de coordenadas
C.
16.2. Seja
P x , y , z um ponto qualquer do plano α.
AP P A x y z x y z
CA A C
AP CA x y z
⇔ 3 z − 5 = 0 ⇔ z − 5 = 0 ⇔ z = 5
Portanto, z = 5 é uma equação do plano α.
17. AB = 12 e
B 3 , 8 , 0, pelo que
A 3 , −4 , 0.
Como BC = 3 e BC = CG , então CG = 3.
Portanto,
I 3 , 6 , 3.
IA A I
IC C I
2 2 2
IA
2 2 2
IC
IA IC
= 0 × − 3 + − 10 × 2 + − 3 × − 3 = − 11
α é o ângulo formado pelos vetores
IA e
IC , pelo que
( )
cos cos ,
α
× ×
IA IC
IA IC
IA IC
2 2
2 2
2 2 2
sin cos 1
sin cos 1
cos cos cos
2
2
tan 1
cos
α
α
Logo, temos que o valor exato de
2
tan α é:
2
2
2
tan 1
tan 1
2
2
tan 1
tan 1
2
tan
Portanto,
2
tan
2.1. Declive e inclinação de uma reta. Produto escalar
Como a cota do ponto P é negativa, temos que z = − 5 3 ,
isto é, a cota do ponto P é igual a − 5 3.
9. As coordenadas dos pontos de interseção da circunferência
com o eixo Oy são da forma
0 , y. Fazendo, x = 0 na
equação da circunferência:
2 2 2 2
0 + 1 + y − 2 = 10 ⇔ 1 + y − 2 = 10 ⇔ y − 2 = 9
⇔ y − 2 = − 3 ∨ y − 2 = 3 ⇔ y = − ∨ 1 y = 5
Como, o ponto A tem ordenada positiva, tem-se que
A 0 , 5.
Portanto, a circunferência contém o ponto A (0 , 5) e o seu
centro é o ponto C , de coordenadas,
Por outro lado, tem-se que a reta r é tangente à
circunferência no ponto A , portanto é perpendicular ao
segmento de reta [ AC ].
Assim, sendo
P x , y um ponto qualquer da reta r , a sua
equação é dada por AP ⋅ AC = 0
AP P A x y x y e
AC C A
AP ⋅ AC = 0 ⇔ x , y − 5 ⋅ −1 , − 3 = 0 ⇔
⇔ − 5 x y − 5 × − 3 = 0
⇔ − x − 3 y + 15 = 0 ⇔ 3 y = − x + 15 ⇔
⇔ y = − x +
Então, a equação reduzida da reta r é
y = − x +.
B 0 , 6 , 0 ;
G −3 , 3 , 8 e
E 3 , 3 , 8
Reta BG :
BG G B
BG : x , y , z = 0 , 6 , 0 + k −3 , − 3 , 8 , k ∈ ℝ
O ponto P pertence a BG. Logo, é da forma
P − 3 k , 6 − 3 k , 8 k.
O vetor
EP é da forma:
EP P E k k k
Sabemos que ⊥
EP BG.
EP BG
⇔ − 3 k − 3 , 3 − 3 k , 8 k − 8 ⋅ −3 , − 3 , 8 = 0 ⇔
⇔ 9 k + 9 − 9 + 9 k + 64 k − 64 = 0 ⇔
⇔ k = ⇔ k = ⇔ k =
− × − × ×
P
P
2.2. Equações de planos no espaço
Ficha para praticar 9 Págs. 44 a 47
1.1. Por exemplo,
n ou
n
1.2. α : z = − x + 3 y − 10 ⇔ x − 3 y + z + 10 = 0
Por exemplo,
n ou
n
1.3. α : x − z = y ⇔ x − y − z = 0
Por exemplo,
n 1 , − 1 , − 1
ou
n.
1.4. α : x = 4 + 3 z ⇔ x − 3 z − 4 = 0
Por exemplo,
n ou
n.
2.1. Por exemplo,
n e
A 3 , 0 , − 1.
2.2. Por exemplo, se x = 0 ∧ z = 0 , vem que
× + y − − = ⇔ y − = ⇔ y =
Portanto,
n e
A.
2.3. Por exemplo,
n.
Se x = − 1 e y = − 2 , vem que:
− 3 − 1 + 1 − − 2 + 2 − z − 4 = 0 ⇔
⇔ − × 3 0 − 0 − z − 4 ⇔ − z − 4 = 0
⇔ z = − 4
Portanto,
A −1 , − 2 , − 4.
2.4. Por exemplo,
n.
Se z = − 4 , vem que:
− 3 x − 2 − 4 + 4 = 0 ⇔ − 3 x − 2 × 0 = 0 ⇔ − 3 x = 0 ⇔ x = 0
Portanto,
A 0 , 0 , − 4.
3. As equações cartesianas do plano α que passa pelo ponto
0 0 0
A x , y , z e tem como vetor normal
n a b c é:
0 0 0
a x − x + b y − y + c z − z = 0
3 x + 3 + 1 y − 2 − 2 z − 0 = 0 ⇔
⇔ 3 x + 9 + y − 2 − 2 z = 0 ⇔
⇔ 3 x + y − 2 z + z = 0
Logo, 3 x + y − 2 z + 7 = 0 é a equação geral do plano α.
− 1 x − 0 − 3 y − 0 − 2 z + 4 = 0 ⇔
⇔ − x − 3 y − 2 z − 8 = 0
Logo, − x − 3 y − 2 z − 8 = 0 é a equação geral do plano α.
0 x − 3 + 4 y − 1 − 3 z − 2 = 0 ⇔
⇔ 4 y − 4 − 3 z + 6 = 0 ⇔
⇔ 4 y − 3 z + 2 = 0
Logo, 4 y − 3 z + 2 = 0 é a equação geral do plano α.
0 x − 4 − 4 y + 1 − 0 z − 0 = 0 ⇔
⇔ − 4 y − 4 = 0
Logo, − 4 y − 4 = 0 ou y + 1 = 0 é a equação geral do plano
α.
4. O plano α é definido pela equação 3 x − y + 2 z − 5 = 0 ,
pelo que
n é um vetor normal ao plano α.
Assim, a reta que passa em
A −3 , 5 , − 1 é é perpendicular
a α tem a direção do vetor
n.
Portanto, uma equação vetorial desta reta é:
x , y , z = −3 , 5 , − 1 + k 3 , − 1 , 2 , k ∈ ℝ
5. A reta é perpendicular ao plano α se e somente se os
vetores
r e
n forem colineares, sendo
r um vetor diretor
da reta r e
n um vetor normal ao plano α.
Tem-se, então, que
r e
n , pelo que,
como
, não existe um número real k tal que =
r kn e,
portanto, o plano α não é perpendicular à reta r.
r é um vetor diretor da reta r e
n k k ℝsão vetores normais ao plano α.
Por outro lado, a reta r e o plano α são perpendiculares se e
somente se
r é colinear com
n. Assim, vem que:
r é colinear com
n se e somente se ∃ λ ∈ : =λ
ℝ n r.
Portanto:
2 , − k , − 4 = λ−2 , 1 , 4 ⇔
⇔ 2 , − k , − 4 = − 2 λ , λ , 4λ ⇔
⇔ − 2 λ = 2 ∧ λ= − k ∧ 4 λ= − 4 ⇔
⇔ λ = − 1 ∧ λ= − k ∧ λ= − 1 ⇔
⇔ λ = − 1 ∧ λ= − k ⇔
⇔ λ= − 1 ∧ − 1 = − k ⇔
⇔ λ= − 1 ∧ k = 1
Então, k = 1.
7.1. Os planos ABE e CDF são paralelos, pelo que, os seus
vetores normais são colineares.
O plano ABE é definido pela equação x + y + z − 3 = 0 ,
portanto,
ABE
n , então
n é, também, um
vetor normal ao plano CDF.
Por outro lado, sabe-se que
D 0 , −3 , 0 é um ponto do
plano CDF , logo, uma equação cartesiana deste plano é:
1 x − 0 + 1 y + 3 + 1 z − 0 = 0 ⇔
⇔ x + y + 3 + z = 0 ⇔
⇔ x + y + z + 3 = 0
Assim, x + y + z + 3 = 0 é a equação geral do plano CDF.
7.2. O plano ABE é definido pela equação x + y + z − 3 = 0 , pelo
que
n é um vetor normal a este plano. A reta que
passa por
D 0 , −3 , 0 tem a direção do vetor
portanto, uma equação vetorial desta reta é
x , y , z = 0 , − 3 , 0 + k 1 , 1 , 1 , k ∈ ℝ.
8.1. O ponto A pertence a um plano da família de planos
definidos por 2 x − ky − z − 1 = 0, k ∈ ℝ, pelo que,
substituindo as coordenadas no ponto
A −3 , 4 , 1 na
equação desta família de planos:
2 × − 3 − k × 4 − 1 − 1 = 0 ⇔ − 6 − 4 k − 2 = 0 ⇔
⇔ − 4 k = 8 ⇔ k = − 2
Portanto, k = − 2 pelo que a equação pedida é
2 x + 2 y − z − 1 = 0.
r é um vetor diretor da reta r e
n k k ℝsão vetores normais à família de
planos dada.
Por outro lado, tem-se que a reta r é paralela à família de
planos dada se e somente se:
r n , ou seja, ⋅ = 0
r n
2.2. Equações de planos no espaço
r e o outro pode ser
AB sendo A e B pontos de
cada uma das retas.
Seja, por exemplo,
A 1 , −3 , 1 e
B 0 , 1 , − 4 , então,
AB.
Sendo
n a b c a b e c ∈ ℝum vetor normal ao plano
α , temos:
n r a b c
n AB a b c
a c c a
a b c a b a
c a
c a c a
a b a b a b a
Logo,
, , 2 , \ 0
n a a a a ℝ.
Por exemplo, se a = 4 , então
n é um vetor
normal ao plano α.
Com o ponto
A 1 , −3 , 1 pertence ao plano α , então
4 x − 1 + 11 y + 3 + 8 z − 1 = 0 ⇔
⇔ 4 x − 4 + 11 y + 33 + 8 z − 8 = 0 ⇔
⇔ 4 x + 11 y + 8 z + 21 = 0
Portanto, 4 x + 11 y + 8 z + 21 = 0 é uma equação cartesiana
do plano α.
α
n é um vetor normal do plano α.
r é um vetor diretor da reta r.
Como 2
α
n r , então
α
n e
r são colineares e, portanto, a
reta r é perpendicular ao plano α.
α
n , então
α
n e
r
são perpendiculares e, portanto, a reta r é paralela ao plano
α
n é um vetor normal ao plano α.
r é um vetor diretor de reta r.
Como
α
n r , então
α
n
e
r são perpendiculares e, portanto, a reta r é paralela ao
plano α.
α
n é um vetor normal ao plano α.
r é um vetor diretor da reta r.
Como 1
α
n r , então
α
n e
r são colineares e, portanto, a
reta r perpendicular ao plano α.
α
n é um vetor normal ao plano α.
r é um vetor diretor da reta r.
Como, não existe λ ∈ ℝ tal que
α
n r , a reta r não é
perpendicular ao plano α.
E como:
α
n r , então
a reta r não é paralela ao plano α.
Portanto, a reta r é concorrente não perpendicular ao plano
13. Sejam
α
n k k e
β
n k , com
k ∈ ℝ \ 0 ,
vetores normais aos planos α e β , respetivamente.
Temos que
α β
n n e 0
α β α β
n n n n.
Logo:
2
k , 3 , 2 k ⋅ 3 k , 1 , − 3 = 0 ⇔ 3 k + 3 − 6 k = 0 ⇔
2
⇔ k − 2 k + 1 = 0 ⇔
2
⇔ k − 1 = 0 ⇔ k − 1 = 0 ⇔ k = 1
Portanto, k = 1.
s : x , y , z = 1 , 2 , 2 + k 2 , − 3 , 0 , k ∈ ℝ
Da equação vetorial da reta s , resulta:
x
y
z
Portanto,
P 1 + 2 λ , 2 − 3 , 2λ é um ponto genérico da reta s.
Substituindo as coordenadas de P na equação do plano θ ,
temos:
⇔ − λ = ⇔ λ= −
Logo, P tem coordenadas
pelo
que a reta s interseta o plano θ no ponto de coordenadas
15.1. Determinemos uma equação vetorial da reta r que passa pelo
ponto P e é perpendicular ao plano α.
n é vetor normal ao plano α e como r é
perpendicular a este plano, então
r é um vetor
diretor da reta r.
Assim,
x , y , z = −1 , 2 , 0 + k 2 , 1 , − 1 , k ∈ ℝé uma
equação vetorial da reta r.
15.2. Determinemos, agora, as coordenadas do ponto de interseção
da reta r com o plano α.
R − 1 + 2 k , 2 + k , − k , k ∈ ℝsão as coordenadas de um
ponto genérico da reta r.
Substituindo na equação do plano α , temos:
2 − + 1 2 k + 2 + k − − k + 6 = 0 ⇔
⇔ − 2 + 4 k + 2 + k + k + 6 = 0 ⇔
⇔ 6 k + 6 = 0 ⇔ k = − 1
Logo,
R −3 , 1 , 1 é o ponto de interseção da reta r com o
plano α.
d P , α = d P , R , ou seja:
2 2 2
d P , R = − 3 + 1 + 1 − 2 + 1 − 0 = 4 + 1 + 1 = 6
Portanto, a distância do ponto P ao plano α é igual a 6.
16.1. Temos que
n é um vetor normal ao plano PQV.
Como a reta r é perpendicular ao plano PQV , um vetor
diretor da reta r pode ser
r.
A reta r passa em N , determinemos as coordenadas deste
ponto.
2.2. Equações de planos no espaço
P x , 0 , 0 pertence ao plano PQV , logo:
6 x + 0 − 12 = 0 ⇔ 6 x = 12 ⇔ x = 2 , portanto,
P 2 , 0 , 0 e
como a base da pirâmide é um quadrado, temos que
N 0 , 2 , 0.
Assim,
x , y , z = 0 , 2 , 0 + λ6 , 0 , 1 ,λ∈ ℝé uma
equação vetorial da reta r.
V 1 , 1 , z pertence ao plano PQV , pelo que
6 × 1 + z − 12 = 0 ⇔ 6 + z − 12 = 0 ⇔ z = 6
Logo,
V 1 , 1 , 6.
Determinemos as coordenadas de um vetor diretor da reta
VN.
VN N V
Como a reta s é paralela à reta VN , então
s −1 , 1 , − 6
é
um vetor diretor da reta s.
A reta s passa pelo ponto P , logo
x , y , z = 2 , 0 , 0 + k −1 , 1 , − 6 , k ∈ ℝé uma equação
vetorial da reta s.
VP = P − V = 2 , 0 , 0 − 1 , 1 , 6 = 1 , − 1 , − 6
VN
2 2 2
VP
2 2 2
VN
VP VN
= 1 × − 1 + − 1 × 1 + − 6 × − 6 =
Assim,
( )
cos cos ,
α
VP VN
VP VN
VP VN
Portanto,
cos
α =.
VN
OV = V − O =1 , 1 , 6
Seja
n a b c a b e c ∈ ℝ, um vetor normal ao plano
OVN , então:
a b c n VN
a b c n OV
a b c b a c
a b c c a c c
b a c b c c b
a c a c a c
Logo,
− 6 , 0 , , ∈ \ 0
n c c c ℝ.
Por exemplo, se
c n é um vetor normal ao
plano OVN.
Portanto, como o plano OVN passa na origem:
OVN : − 6 x − 0 + 0 y − 0 + 1 z − 0 = 0 ⇔ − 6 x + z = 0
17. Sejam
β
n k e ( )
2
n 1 , 3 k , 3 2 k , k
θ
ℝ vetores
normais aos planos β e θ , respetivamente.
β θ
β ⊥ θ⇔ ⊥
n n e 0
β θ β θ
n n n n
( ) ( )
2
k − ⋅ − k + k = ∧ k ∈ ℝ ⇔
2
⇔ − k + k − − k = ∧ k ∈ ℝ ⇔
2
⇔ k − k − = ∧ k ∈ ℝ ⇔
2
± − − × × −
×
k k ℝ
k k k ℝ
k k k ℝ
⇔ k =
Portanto,
k =
Ficha para praticar 10 Págs. 48 a 51
AB é um vetor diretor da reta AB.
AB B A
O ponto A pertence à reta AB.
Portanto,
1 , λ
λ
x
y
z
é um sistema de equações
paramétricas da reta AB.
1.2. A reta s é paralela ao eixo Ox , pelo que tem a direção do
vetor
s 1 , 0 , 0
e passa pelo ponto
C 0 , 1 , 1, portanto
x , y , z = 0 , 1 , 1 + k 2 , 0 , 0 , k ∈ ℝé uma equação
vetorial da reta AB.
1.3. Os pontos A , B e C são colineares se e somente se, existe
um λ ∈ ℝ , tal que = λ
AB AC.
Tem-se que:
AB
AC C A
Assim:
AB AC
⇔ 0 = − λ ∧ 1 = 0 ∧ − 1 =λ
o que é impossível, então os pontos A , B e C não são
colineares.
1.4. Para que os pontos A , B e C determinem um plano, basta que
eles não sejam colineares. Portanto, estes pontos definem um
plano.
Por outro lado, tem-se que o plano ABC passa no ponto A e
tem a direção dos vetores
AB e
AC.
Assim, uma equação vetorial do plano ABC é:
x y z A AB AC e μ ∈ ℝ , ou seja:
x , y , z = 1 , 1 , 0 + λ0 , − 1 , 1 + μ −1 , 0 , 1 ,λe
μ ∈ ℝ.
Então, um sistema de equações paramétricas do plano ABC é:
1 , e
μ
λ λ μ
λ μ
x
y
z
2.2. Equações de planos no espaço
1 x − 2 + 2 y + 1 + 7 z − 4 = 0 ⇔
⇔ x − 2 + 2 y + 2 + 7 z − 28 = 0 ⇔
⇔ x + 2 y + 7 z − 28 = 0
Portanto, a equação pedida é x + 2 y + 7 z − 28 = 0.
5.1. Os pontos A , B e C definem um plano se e somente se não
forem colineares, ou seja, se os vetores
AB e
AC não
forem colineares.
AB B A
AC C A
Como não existe um número real λ tal que = λ
AC AB ,
podemos concluir que os vetores
AB e
AC não são
colineares, pelo que os pontos A , B e C definem um plano.
AB e ( 4 , 3 , − 2 )
AC são vetores paralelos ao
plano ABC.
Seja
n a b c um vetor normal ao plano ABC.
Então:
a b c n AB
a b c n AC
a b c a b c
a b c a b c
c a b c a b
a b a b a b a b
c a b c a a
a b b a
c a a c a
b a b a
Portanto,
n a a a , com
a ∈ ℝ\ 0 , define a família
de vetores normais ao plano ABC.
Por exemplo, para a = 1 , obtém-se
n que é um
vetor normal ao plano ABC.
Como o plano ABC passa no ponto
A −2 , 0 , 1 e admite
n como vetor normal, tem-se que uma equação
cartesiana do plano ABC é:
1 x + 2 + 2 y − 0 + 5 z − 1 = 0 ⇔
⇔ x + 2 + 2 y + 5 z − 5 = 0 ⇔
⇔ x + 2 y + 5 z − 3 = 0
Assim, x + 2 y + 5 z − 3 = 0 é uma equação cartesiana do
plano ABC.
6. Sejam
r e
t vetores diretores das
retas r e t , respetivamente. Estes vetores não têm a mesma
direção, pelo que as retas r e t não são paralelas. Por outro
lado, o ponto P de coordenadas (0 , 3 , 0) pertence quer à
reta r , quer à reta t , pelo que as retas r e t são concorrentes
no ponto P. Então, o plano α que contém as retas r e t é o
plano definida por P e pelos vetores
r e
t.
Vamos, determinar um vetor normal a α. Seja
n a b c
esse vetor.
a b c r a b c
a b c t a b c
a b c a b b
b c c b
b
a b a
c b
c b
Portanto,
, , 2 , \ 0
b
n b b b é a família de vetores
normais ao plano α.
Por exemplo, para b = 2 , obtém-se
n que é um
vetor normal ao plano α.
Assim, uma equação cartesiana do plano α é:
1 x − 0 + 2 y − 3 + 4 z − 0 ⇔
⇔ x + 2 y − 6 + 4 z = 0 ⇔
⇔ x + 2 y + 4 z − 6 = 0
Então, x + 2 y + 4 z − 6 = 0 é uma equação cartesiana do
plano definido pelas retas r e t.
7.1. Substituindo x por 0, y por 1 e z por –2 na equação vetorial
da reta r , tem-se que:
0 , 1 , − 2 = 2 , 0 , − 3 + t −2 , 1 , − 1 , t ∈ ℝ⇔
⇔ 0 = 2 − 2 t ∧ 1 = t ∧ − 2 = − 3 − t t , ∈ ℝ⇔
⇔ t = 1 ∧ t = 1 ∧ t = −1, t ∈ ℝ
⇔ t = 1 ∧ t = − 1 , o que é impossível, portanto o ponto A não
pertence à reta r.
Substituindo, agora, x por 6, y por –2 e z por –1 na equação
vetorial da reta r , tem-se que:
6 , − 2 , − 1 = 2 , 0 , − 3 + k −2 , 1 , −1 , t ∈ ℝ⇔
⇔ 6 = 2 − 2 t ∧ − 2 = t ∧ − 1 = − 3 − t t , ∈ ℝ⇔
⇔ 2 t = − 6 + 2 ∧ t = − 2 ∧ t = − 3 + 1, t ∈ ℝ⇔
⇔ t = − 2 ∧ t = − 2 ∧ t = −2, t ∈ ℝ⇔ t = − 2
Portanto, o ponto B pertence à reta r.
Assim, o ponto A não pertence à reta r e o ponto B pertence
à reta r.
7.2. O ponto de interseção da reta r com o plano yOx tem abcissa
nula.
Assim, e substituindo x por 0 na equação vetorial da reta r :
( 0 , y , z ) = ( 2 , 0 , − 3 ) + t ( −2 , 1 , − 1 ,) t ∈ ℝ
⇔ 0 = 2 − 2 t ∧ y = t ∧ z = − 3 − t t , ∈ ℝ
⇔ t = 1 ∧ y = 1 ∧ t = − 3 − 1, t ∈ ℝ
⇔ t = 1 ∧ y = 1 ∧ t = − 4
Logo, a reta r interseta o plano yOx no ponto de coordenadas
7.3. Um vetor diretor da reta r é ( −2 , 1 , − 1 )
r. Logo, o vetor
r é um vetor diretor da reta t.
Sabe-se, ainda, que a reta t passa pela origem do referencial.
Portanto, uma equação vetorial da reta t é:
( x , y , z ) = k ( −2 , 1 , − 1 ,) k ∈ ℝ
8.1. A reta PV , definida por:
( x , y , z ) = ( 6, − 2 , 0 ) + k ( −1 , 1 0 ), k ∈ ℝ
admite, por exemplo, como vetor diretor o vetor ( −1 , 1 , 0)
r.
2.2. Equações de planos no espaço
E como esta reta é perpendicular ao plano OPQ ,
r
é um vetor normal a este plano.
Por outro lado, o ponto
Q 3 , 3 , 0 pertence ao plano OPQ ,
portanto uma equação cartesiana deste plano é:
− 1 x − 3 + y − 3 + 0 z − 0 = 0 ⇔
⇔ − x + 3 + y − 3 = 0 ⇔
⇔ − x + y = 0 ⇔
⇔ x − y = 0
Portanto, x − y = 0 é uma equação cartesiana do plano OPQ.
8.2. A reta t é paralela à reta PV , pelo que tem a mesma direção
que esta reta.
Como
r é um vetor diretor da reta PV , então
também é um vetor diretor da reta t.
Por outro lado, o ponto
Q 3 , 3 , 0 pertence à reta t , pelo
que um sistema de equações paramétricas desta reta é:
λ
λ λ
x
y
z
9.1. Determinemos as coordenadas de três pontos não colineares
do plano α.
Por exemplo:
Se x = 1 e y = 1 , 1 − 1 − z + 4 = 0 ⇔ z = 4.
Logo,
A 1 , 1 , 4
Se x = 0 e y = 1 , 0 − 1 − z + 4 = 0 ⇔ z = 3.
Logo
B 0 , 1 , 3
Se y = 0 e z = 0 , x − 0 − 0 + 4 = 0 ⇔ x = − 4.
Logo
C −4 , 0 , 0.
AB B A
AC C A
O plano α passa no ponto A e tem a direção dos vetores
AB e
AC
Portanto:
x , y , z = 1 , 1 , 4 + λ−1 , 0 , − 1 + μ−5 , − 1 , −4 ,
λ μ , ∈ ℝ é uma equação vetorial do plano α.
9.2. Determinemos as coordenadas de três pontos não colineares
do plano α.
Um dos pontos é
A 2 , − 3 , − 1.
Por exemplo:
Se x = 0 e y = 0 :
0 − 2 − 0 + 3 + 2 z + 1 = 0 ⇔
⇔ − 2 − 3 + 2 z + 2 = 0
⇔ z =
Logo,
B.
Se x = 0 e z = 1 :
0 − 2 − y + 3 + 2 1 + 1 = 0 ⇔
⇔ − 2 − y − 3 + 4 = 0 ⇔ y = − 1
Logo,
C 0 , −1 ,1.
AB B A
AC C A
O plano α passa no ponto A e tem a direção dos vetores
AB e
AC , portanto:
λ μ
x y z
λ μ , ∈ ℝ é uma equação do plano α.
9.3. Determinemos as coordenadas de três pontos não colineares
do plano α.
Por exemplo:
Se x = 0, 3 × 0 − y + 1 = 0 ⇔ 0 − y + 1 = 0 ⇔ y = 1
Logo,
A 0 , 1 , 2.
Se y = 4, 3 x − 4 + 1 = 0 ⇔ 3 x − 3 = 0 ⇔ x = 1.
Logo,
B 1 , 4 , 0
Se y = −2, 3 x + 2 + 1 = 0 ⇔ 3 x + 3 = 0 ⇔ x = − 1.
Logo,
C −1 , −2 , 1.
AB B A
AC C A
O plano α passa no ponto A e tem a direção dos vetores
AB e
AC. Portanto:
x , y , z = 0 , 1, 2 + λ1 , 3 , − 2 + μ −1 , − 3 , − 1 ,
λ , μ∈ ℝ é uma equação vetorial do plano α.
9.4. Determinemos as coordenadas de três pontos não colineares
do plano α. Um dos pontos é A ( 0 , −1 , 0).
Se x = 1 e z = 2
× − y + − = ⇔ − y − − = ⇔ y = −
Logo
B.
Se y = 0 e z = − 2 :
x − + + = ⇔ x − + = ⇔ x =
Logo, C ( 1 , 0 , − 2 ).
AB B A
AC C A
O plano α passa no ponto A e tem a direção dos vetores
AB e
AC , portanto:
λ μ
x y z
λ μ , ∈ ℝ é uma equação vetorial do plano α.
10.1. Vamos determinar um vetor ( , , )
n a b c normal ao plano
α.
Se
n é normal ao plano α é perpendicular aos vetores
u e ( 0 , −3 , 1)
v paralelos ao plano α. Assim:
a b c n u
n v a b c
a b c a b b a b
b c c b c b
Logo, ( , , 3 ) , ∈ \ { 0 }
n b b b b ℝ.
Por exemplo, se b = 1 , tem-se ( 1 , 1 , 3)
n.
2.2. Equações de planos no espaço
Na realidade, não existe k de modo que a reta r seja paralela
ao plano α.
14.1. Um vetor diretor da reta AB :
AB B A
Tomando o vetor diretor
AB e, por exemplo, o ponto
A 2 , −1 , 3 obtemos as equações paramétricas:
λ
λ λ
λ
x
y
z
14.2. Sendo a reta s paralela ao eixo Ox , um vetor diretor da reta s
é, por exemplo,
s. Uma vez que passa em
B 4 , −3 , 1, uma equação vetorial da reta s é:
x , y , z = 4 , − 3, 1 + λ1 , 0, 0 ,λ∈ ℝ
14.3. Vetor normal ao plano mediador de [ AB ]:
AB B A
Ponto do plano mediador de [ AB ] é o ponto médio do
segmento de reta [ AB ].
, , 2 , 2
−
M
Como o segmento de reta [ AB ] é perpendicular ao plano
mediador: ⋅ = 0
MP AB
Sendo P um ponto do plano mediador de coordenadas
x , y , z , uma equação do plano mediador de [ AB ] é dada
por:
x − 3 , y + 2 , z − 2 ⋅ 2 , − 2 , − 2 = 0 ⇔
⇔ 2 x − 3 − 2 y + 2 − 2 z − 2 = 0 ⇔
⇔ 2 x − 6 − 2 y − 4 − 2 z + 4 = 0 ⇔
⇔ 2 x − 2 y − 2 z − 6 = 0 ⇔
⇔ x − y − z − 3 = 0
Portanto, x − y − z − 3 = 0 é uma equação cartesiana do
plano mediador de [ AB ].
14.4. Seja
P x , y , z um ponto qualquer da superfície esférica de
diâmetro [ AB ]:
AP BP x y z x y z
⇔ x − 2 x − 4 + y + 1 y + 3 + z − 3 z − 1 = 0
2 2 2
⇔ x − 4 x − 2 x + 8 + y + 3 y + y + 3 + z − z − 3 z + 3 = 0
2 2 2
⇔ x − 6 x + y + 4 y + z − 4 z + 14 = 0
2 2 2
⇔ x − 6 x + 9 + y + 4 y + 4 + z − 4 z + 4 = − 14 + 9 + 4 + 4
2 2 2
⇔ x − 3 + y + 2 + z − 2 = 3
Logo, ( ) ( ) ( )
2 2 2
x − 3 + y + 2 + z − 2 = 3 é a equação pedida.
15.1. Substituindo as coordenadas do ponto A na equação da
superfície esférica, temos:
2 2 2
2 2 2
⇔ 6 = 6 , verdade, pelo que, o ponto A pertence à superfície
esférica.
15.2. Seja P x ( , y , z )um ponto genérico do plano α , tangente à
superfície esférica no ponto e seja
C 1 , 0 , − 2 o centro
dessa superfície esférica.
Então,
CA é um vetor normal ao plano α.
CA A C
Assim, o plano α passa pelo ponto
A 2 , 1 , − 4 e admite
vetor normal ( 1 , 1 , − 2 )
CA , pelo que:
1 x − 2 + 1 y − 1 − 2 z + 4 = 0 ⇔
⇔ x − 2 + y − 1 − 2 z − 8 = 0 ⇔
⇔ x + y − 2 z − 11 = 0
Portanto, x + y − 2 z − 11 = 0 é uma equação cartesiana do
plano α , tangente à superfície esférica no ponto A.
16. O vetor V tem abcissa 3, pelo que
V 3 , y , z.
Por outro lado, este ponto pertence à reta r , pelo que
substituindo na equação desta reta x por 3, vem:
3 , y , z = 1 , 0 , − 1 + λ2 , 1 , 3 ,λ∈ ℝ⇔
⇔ 3 = 1 + 2 λ ∧ y = λ∧ z = − + 1 3 ,λ λ∈ ℝ⇔
⇔ λ= 1 ∧ y = 1 ∧ z = − 1 + 3 ×1, λ∈ ℝ⇔
⇔ λ= 1 ∧ z = 2,λ∈ ℝ
Logo,
V 3 , 1 , 2.
Reta s passa em
V 3 , 1 , 2 e é perpendicular a α.
s : ( x , y , z ) + k ( 2 , 1 , − 2 ,) k ∈ ℝ
Todo o ponto de s é da forma
3 + 2 k , 1 + k , 2 − 2 k
Para determinar as coordenadas de I , ponto de interseção de s
com α , substituímos as coordenadas de I na equação de
α : 2 x + y − 2 z = 1 :
2 3 + 2 k + 1 + k − 2 2 − 2 k = 1
⇔ k = − ⇔ k = −
Substituindo k , obtemos as coordenadas de I :
I I
A altura h do cone é igual a VI :
2 2 2
h VI
Ficha de teste 5 Págs. 52 e 53
1. A reta r é definida pela equação
x , y , z = 0 , − 3 , 1 + λ1 , − 1 , m ,λ∈ ℝ e m ∈ ℝ,
portanto,
r m é um vetor diretor da reta r.
Por outro lado, o plano α é definido pela equação
x − 2 y + 6 z − 5 = 0 , pelo que
n é um vetor
normal ao plano α.
A reta r é paralela ao plano α quando e apenas quando
r n , ou seja, ⋅ = 0
r n.
Assim, vem que
1 , −1 , m ⋅ 1 , − 2 , 6 = 0 ⇔ 1 + 2 + 6 m = 0 ⇔ 6 m = − 3
⇔ m =
Resposta: (B)
2. Uma reta é paralela ao eixo Oy quando tem a direção de um
vetor da família de vetores,
0 , , 0 , ∈ \ 0
r y y ℝ.
2.2. Equações de planos no espaço
A equação
z
y não define uma reta (defina um plano)
A reta de equação
x , y , z = 5 , 0 , − 3 + k 1 , 0 , 1 , k ∈ ℝ
tem a direção do vetor
v
A reta de equações paramétricas
λ ,λ
λ
x
y
z
tem a
direção do vetor
w.
A reta definida por x = − 3 ∧ z = − 2 é paralela ao eixo Oy, ou
seja, tem a direção do vetor de coordenadas
0 , 1 , 0 que
tem a direção de Oy.
Resposta: (C)
2 2 2
x = − ∧ 1 x + 1 + y + z − 2 = 9
( ) ( )
2 2 2
⇔ x = − 1 ∧ − 1 + 1 + y + z − 2 = 9
2 2
⇔ x = − 1 ∧ y + z − 2 = 9
define uma circunferência de raio 9 = 3
2 2 2
y = 2 ∧ x + 1 + y + z − 2 = 9
2 2 2
⇔ y = 2 ∧ x + 1 + 2 + z − 2 = 9
2 2
⇔ y = 2 ∧ x + 1 + z − 2 = 5
define uma circunferência de raio 5.
2 2
2
x = − 2 ∧ x + 1 + y + z − 2 = 9
2 2
2
⇔ x = − 2 ∧ − 2 + 1 + y + z − 2 = 9
2
2
⇔ x = − 2 ∧ 1 + y + z − 2 = 9
2
2
⇔ x = − 2 ∧ y + z − 2 = 8
define uma circunferência de raio 8 = 2 2.
2 2
2
y = 2 ∧ x + 1 + y + z − 2 = 9
( )
2
2 2
⇔ y = 2 ∧ x + 1 + 2 + z − 2 = 9
2 2
⇔ y = 2 ∧ x + 1 + 2 + z − 2 = 9
2 2
⇔ y = 2 ∧ x + 1 + z − 2 = 7
define uma circunferência de raio 7.
Resposta: (C)
4. α : x + by = 0, b ∈ ℝ, pelo que (1 , ,0 ,)
α
n b b ℝé um vetor
normal a α e β : y + z = 0 , pelo que ( 0 , 1 , 1)
β
n é um vetor
normal a β.
Por outro lado, os planos α e β são perpendiculares se e
somente se
α β
n n , isto é, 0
α β
n n.
Assim:
( 1 , b , 0) ⋅ ( 0 , 1 ,1) = 0 ⇔ 1 × 0 + b × 1 + 0 × 1 = 0 ⇔ b = 0
Portanto, α ⊥ βse e somente se b = 0.
Resposta: (A)
5. A direção do eixo Oy é a direção de um qualquer vetor da
família de vetores ( 0 , , 0 ,) ∈ \ { 0 }
u y y ℝ. Um vetor normal
ao plano θ é ( 0 , 2 , − 3 )
n. O plano θ é paralelo ao eixo
Oy se e somente se:
n u y y z
Como
y ∈ ℝ\ 0 , então o plano θ não é paralelo ao eixo
Oy.
De modo análogo, a direção do eixo Oz é a direção de um
qualquer vetor da família de vetores
v z z ℝ.
Um vetor normal no plano θ é
n.
O plano θ é paralelo ao eixo Oz se e somente se:
n v z ⇔ − 3 z = 0 ⇔ z = 0
Como
z ∈ ℝ\ 0 , então o plano θ não é paralelo ao eixo
Oz.
O eixo Ox tem a direção de um qualquer vetor da família de
vetores
, 0 , 0 , ∈ \ 0
w x x ℝ. Sabe-se que
n é
um vetor normal a θ.
O plano θ é perpendicular ao eixo Ox se e somente se os
vetores
w e
n forem colineares, o que não é o caso.
Finalmente, tem-se que o plano yOz pode ser definido pela
equação cartesiana x = 0.
n é um vetor normal a
este plano.
Assim, o plano θ é perpendicular ao plano yOz se e somente
se n ⊥ n ′ , ou seja:
n n ⋅ = ⇔ − ⋅ = ⇔ 0 = 0 (verdade)
Então, o plano θ é perpendicular ao plano yOz.
Resposta: (D)
6. Os vetores
u e
v são vetores diretores
do plano α , pelo que
n a b c é um vetor normal ao
plano α se e somente se ⊥
n u e ⊥
n v , ou seja, ⋅ = 0
n u e
n v.
Assim:
a b c a b c
a b c a b c
c b a
a b b a
c b a c b a
a b b a b a
c a a c a a
b a b a
c a
b a
Portanto,
n a a a a ℝ é família de vetores
normais ao plano α.
Por outro lado, pretende-se determinar um vetor desta família
que tenha norma igual a 3 5. Assim, vem que:
2 2
2
n a a a
2 2 2
⇔ a + a + a = ⇔
