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Resolucao de Exercıcios de Geometrıa no Espaco
2013
Ministerio da Educacao
Fundacao Universidade Federal do Vale do Sao Francisco - UNIVASF
Pro-Reitoria de Ensino - PROEN
Secretaria de Registro e Controle Academico - SRCA
Colegiado de Engenharia Mecanica - CEMEC
.
Orientador: Professor Beto Rober Bautista Saavedra
Participantes: .
1. Danillo Emanuel Leite Guimaraes.
2. Italo Carolino Santana Pires.
3. Natan Cleverton Silva Melo.
4. Silas Santana Coelho
1
1. Seja a equacao Cartesiana da parabola y = x2 no plano. Colocar a parabola
dada no plano x + y + 2z = 1. Logo, dar uma representacao parametrica dela
no espaco.
Solucao . Primeiro procuramos dois vetores unitarios perpendiculares paralelos ao plano.
O vetor normal ao plano e (1, 1, 2). Por simples inspecao , 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 representacao parametrica 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 maximo a
funcao f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + 2x + y + 4z.
Solucao . f(x, y, z) = (x + 2)2 + (z + 2)2 + (y + 12 )2 − 1− 4− 1
4 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 = 21
4 + d. Para isso, intersectamos a
reta t(2, 2, 14 ) com a esfera x2 + y2 + z2 = 1. O que nos da:
(1298
,1298
,12964
) e (−129
8,−129
8,−12964
)
O ponto que esta mais longe do centro (−2,−2,− 14 ) e ( 129
8 , 1298 , 129
64 ).
3
3. Dar as equacoes parametricas da circunferencia contida no plano x+y+2z = 1
de centro (1, 0, 0) e raio 2.
Solucao . Uma representacao parametrica pode ser
(1, 0, 0) + 2cos(θ)(1√2.− 1√
2, 0) + 2sen(θ)(− 1√
3,
1√3,− 1√
3), θ ∈ [0, 2π].
4
4. Dar tres pontos do plano x+ y +2z = 1 que formem um triangulo com angulo
interior igual a π5
Solucao . Os tres pontos sao :
(1, 0, 0), (1+(1√2.− 1√
2, 0), (1, 0, 0)+ cos(
π
5)(
1√2.− 1√
2, 0)+ sen(
π
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) ?
Solucao . 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 equacao
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 equacao Cartesiana de α
e
[(x, y, z)− (3, 0, 0)].(6, 9,−6) = 0
Isto e,
2x + 3y − 2z = 6
Porem, o ponto (1, 1, 1) nao pertence ao plano α, pois
2(1) + 3(1)− 2(1) 6= 6
Assim, verificamos que nao existe tal plano.
6
6. Determine o centro e o comprimento do raio da circunferencia da intersecao da esfera
x2 + y2 + z2 = 25 com o plano 2x + y + z = 4.
Solucao . A solucao depende da seguinte observacao : o centro da esfera e o interior da
circunferencia podem ser considerados como o vertice e a base de um cone(ver figura).
Alem disso, pode-se verificar sem dificuldade que o segmento que liga o centro da cir-
cunferencia, C, e o centro da esfera, O = (0, 0, 0), e perpendicular ao interior da
circunferencia, 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 equacao parametrica desta e
x = 2t, y = t, z = t
O ponto C seria a intersecao de Υ com o plano α. Isto e C = ( 43 , 2
3 , 23 ). Observemos
que os ponto O, C e um ponto qualquer da circunferencia Q sao o vertices de um
triangulo retangulo. O comprimento do segmento OQ e 5 e o segmento OC e 2√
63 .
Logo, o comprimento do raio procurado e√
673 .
7
7. Existe algum ponto comun entre a esfera x2 +y2 +z2 = 4 e o plano x+y+z =
4.
Solucao . A resposta e negativa. Pois, a distancia do centro da esfera ao plano e maior
que o comprimento do raio que e 2.
8
8. Encontre a intersecao dos planos 2x + 3y + z = 1 e x− 2y + 3z = 0.
Solucao . Sabemos que a intersecao de dois planos e uma reta. Assim, procuraremos
as equacoes parametricas desta reta. Um ponto generico da intersecao e um ponto que
satisfaz simultaneamente as equacoes dos dois planos, isto e, e uma solucao do sistema
2x + 3y + z = 1
(D)
x− 2y + 3z = 0
Em termos de z, a solucao do sistema (D) e
x =27− 11
7z
y =17
+57z.
Portanto, os pontos da intersecao da forma
(x, y, z) = (27− 11
7z,
17
+57z, z)
Logo, as equacoes parametricas sao
x =27− 11
7t
y =17
+5t
7z = 0 + t
9. Prove que o vetor (1, 1, 1)×(2, 3, 4) e paralelo a intersecao dos planos x+y+z =
0 e 2x + 3y + 4z = 5. Solucao . A intersecao 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 proximo da origem.
Solucao . Observar que o vetor (a, b, c) e perpendicular ao plano dado. Logo, o ponto
do plano mais proximo da origem e a intersecao 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).
Entao , o ponto procurado ed
a2 + b2 + c2(a, b, c)
10
11. Determine o ponto da esfera x2+y2+z2 = 4 mais proximo do plano x+y+z = 6.
Solucao . Observar que o vetor (1, 1, 1) e normal ao plano dado.Logo, o ponto da esfera
mais proximo da origem e a intersecao da esfera com a semi-reta que passa pela origem
com a mesma direcao e sentido do vetor (1, 1, 1), isto e,
(x, y, t) = t(1, 1, 1), t > 0.
Entao , o ponto procurado e2√
33
(1, 1, 1)
11
12. Prove que o vetor (a, b, c)× (a1, b1, c1) e paralelo a intersecao dos planos ax +
by + cz = d e a1x + b1y + c1z = d1.
Solucao . Sem considerar os casos singulares, plano ou vazio, a intersecao 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 equacao 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.
Solucao . A normal −→n do plano procurado e perpendicular as 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 equacao Cartesiana do plano procurado e
20(x− 2)− 56(y − 1)− 24z = 0.
13
14. De uma equacao 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).
Solucao . 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 condicoes . 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 equacao Cartesiana do plano e
y − 1 = 0.
14
15. Encontrar o vetor bissetriz dos vetores (1, 2, 3) e (3, 2, 1).
Solucao . Consideremos os vetores unitarios na direcao 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 equacoes parametricas do plano 3x− y + z = 5.
Solucao .Verifica-se que o ponto (0, 0, 5) pertence ao plano. Resta encontrar dois
vetores nao 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 equacao Cartesiana do plano:
x = 2− 2πt + 3√
2s
y = 3 + πt−√8s
z = −1 + π2 t−√50s
Solucao . Para a equacao 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
(−2π, π, π2 ) 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 equacao 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.
Solucao . A reta nao esta contida, pois o ponto (2, 1, 0) nao pertence ao plano.
18
19. Determine o simetrico do ponto P (2, 1, 3) em relacao ao plano x−2y+3z = 1.
Solucao . 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 interseccao dessa reta com o plano e Q( 107 , 15
7 , 97 ). O vetor
−−→PQ perpendicular ao plano
e (−47 , 8
7 , −127 ). Assim, o ponto simetrico 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 unitario simultaneamente perpendicular a−→u e −→v .
(b)(1 ponto) Determine um vetor −→w perpendicular a −→u e −→v e tal que
‖−→w ‖ = 4
Solucao .
(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 unitarios −→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 projecao ortogonal de um vetor −→w de R3 sobre o plano α e
dada por
Projα−→w = (−→w ,−→u )−→u + (−→w ,−→v )−→v
Solucao .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 unitario, entao a distancia do plano ax+by+cz =
d a origem e |d|.
Solucao .Usando a formula, temos
distancia =|a.0 + b.0 + c.0− d|√
a2 + b2 + c2=|d|1
= |d|
22
23. Dar 8 pontos que formam um cubo de faces nao paralelas aos planos coorde-
nados.
Solucao . Sejam tres vetores unitarios mutuamente perpendiculares nao 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 sao
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 tres pontos do plano que formem um triangulo
retangulo com angulos interiores iguias a π6 , π
3 .
Solucao . 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 tres pontos requeridos sao :
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 equacao 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).
Solucao . 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 area 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 equacoes parametricas da circunferencia contida no plano x +
y + 2z = 1 de centro (1, 0, 0) e raio 2.
Solucao . No exercicio 1, temos dois vetores perpendiculares (1,−1, 0) e (1, 1,−1) paralelos
ao plano. O ponto P = (x, y, z) da circunferencia 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 equacao Cartesiana do plano paralelo ao
dado que passa por (1,1,1).
Solucao . Observar que (1) + (1) + 2(1) = 4. Logo, o ponto (1,1,1) pertence ao plano
x + y + 2z = 4. Alem 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 combinacao linear de −→u e −→v ,
e sua primeira coordenada e positiva.
Solucao (i) Como −→a =−→u||−→u || temos que −→a = ( 1√
3, 1√
3, 1√
3).
−→b = k−→u + p−→v(i, j, k) = B(1, 1, 1) + µ(0, 1, 2)
i = B
j = B + µ
k = 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 princıpio 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, entao 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 angulo entre −→x e (0, 1, 0), tem -se cos θ > 0. Ache −→x .
Solucao 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 angulo entre −→u e −→v e π6 , 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 ].
Solucao Temos que
sinπ
6=||−→u ×−→v ||||−→u || ||−→v ||
12
=||−→u ×−→u ||
1
||−→u ×−→u || = 12
Como ||−→u ×−→v || = ||k−→w || ⇒ k = 18
entao (−→u ×−→v ) = 18 (−→w )
[−→u ,−→v ,−→w ] = (−→u ×−→v ) · −→w
[−→u ,−→v ,−→w ] =18(−→w · −→w )
Como o valor do produto escalar de dois vetores iguais e igual ao quadrado do seu modulo
temos que:
[−→u ,−→v ,−→w ] = 2
31
31. Calcule a distancia 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.
Solucao Temos que ||−−→AB × −→AC|| = area do triangulo × 2, vamos adotar que a area do
triangulo = 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 distancia do
ponto c a reta r temos que
D =||−−→AB ×−→AC||||−−→AB||
32
32. Calcule a area do triangulo ABC sendo que−→AC = (1, 1, 3, ) e
−−→AB = (−1, 1, 0)
Solucao Sabemos que area procurada e a metade da area 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 =√
222
33
33. Se −→u ×−→v = −→w ×−→t e −→u ×−→w = −→v ×−→t entao −→u −−→t e−→v −−→w sao linearmente dependentes.
Prove isso.
Solucao : 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,
Sao 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 ∈ <)
sao ortogonais. Verifique tambem se sao perpendiculares.
Solucao : Temos:
(2, 1,−3) · (−1, 2, 0) = 2 · (−1) + 1 · 2 + (−3) · 0 = 0
Logo, r e s sao ortogonais. Para isso, e suficiente resolver o sistema das equacoes de r e
s. Um outro modo e verificar se r e s sao coplanares (e se forem, serao 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 sao LI e portanto r e s sao reversas; logo nao sao perpendiculares.
36
35. Dada a base (−→e1 ,−→e2 ,−→u ), onde −→e1 e −→e2 sao unitarios e ortogonais, obtenha −→e3 tal que
(−→e1 ,−→e2 ,−→u )seja uma base ortogonal.
Solucao : Suponhamos obtido −→e3 . Entao :
−→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 (senao (−→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,
Solucao : 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 sao :
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 equacao 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,
Solucao : Sejam A e B, respectivamente, os pontos onde a reta prpcurada concorre com
r e s. A partir de equacoes parametricas ou vetoriais de r e s, podemos escrever as coor-
denadas de A em funcao de um parametro λ e as de B em funcao de um parametro µ.
Como A, B e P pertecem a reta t, deve existir α ∈ < tal que−→PA = α · −−→PB. Das equacoes
parametricas de r e s, ja obtemos:
A = (9− 2λ, 5− λ, λ)
B = (µ, 3 + 4µ, 1 + 2µ)
Substituindo na relacao 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 = − 5
32 .
Logo,
B = (−6,−21,−11) e−−→PB = (−8,−20,−12).
39
Entao
−→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 , entao
∥∥∥→u × →v∥∥∥ =
∥∥∥→u∥∥∥ .
∥∥∥→v∥∥∥ sen(θ)
onde θ e o angulo entre→u e
→v .
Solucao : 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 area deste paralelogramo sera
(I) A = Base.Altura =∥∥∥→u
∥∥∥ .∥∥∥→v
∥∥∥ .senα
Sabemos que
(II) cosα =→u .
→v∥∥∥→u
∥∥∥ .∥∥∥→v
∥∥∥
Lembrando da igualdade trigonometrica e com 0 < α < π :
(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
=(x2
0 + y20 + z2
0
) (x2
1 + y21 + z2
1
)− (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 expressoes sao 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 relacao ao ponto O da forca→F= (−1, 3, 4), aplicada ao ponto P
tal que→
OP= (1, 1, 1).
Solucao : Momento e uma grandeza vetorial que se obtem atraves do produto vetorial
entre o vetor posicao e o vetor forca. Sabemos que→F= (−1, 3, 4) e
→OP= (1, 1, 1). Entao:
→OP × →
F=
i j k
1 1 1
−1 3 4
= (4− 1) i− (4 + 1) j + (3 + 1) k = (1,−5, 4)
43
40. Prove que a altura relativa do ∆ ABC relativa ao lado→
AB mede h =
→
AB×→
AC
→
AB
.
Solucao : Sabemos que a area 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.Altura
2⇒ h =
∥∥∥∥→
AB ×→
AC
∥∥∥∥Base
A base e∥∥∥∥→
AB
∥∥∥∥, entao concluimos
h =
∥∥∥∥→
AB ×→
AC
∥∥∥∥∥∥∥∥→
AB
∥∥∥∥
44
41. Prove que a altura do tetraedro ABCD relativa a base ABC
h =
∣∣∣∣( →
AB,→
AC,→
AD
)∣∣∣∣∥∥∥∥→
AB ×→
AC
∥∥∥∥
Solucao : Seja o volume do tetraedro, que tem tres arestas dadas pelos vetores→
AB,→
AC
,→
AD igual a 16 do modulo do produto misto entre estes vetores:
(I) V =16
∥∥∥∥→
AB .
( →AC ×
→AD
)∥∥∥∥
Mas, sendo o volume do tetraedro 13 do produto da area da base Ab pela altura h relativa
a essa base
(II) V =13Ab.h
Sabemos que o modulo de um produto e numericamente igual a area do paralelogramo
cujos lados sao os vetores. Fazendo o ∆ ABC a base do tetraedro ABCD, essa area e a
metade da area do paralelogramo cujos lados sao→
AB e→
AC. Ou seja, a area da base do
tetraedro e a metade do modulo do produto vetorial→
AB ×→
AC.
(III) Ab =12
∥∥∥∥→
AB ×→
AC
∥∥∥∥
Substituindo (III) em (II)
(IV ) V =16
∥∥∥∥→
AB ×→
AC
∥∥∥∥ .h
Comparando (I) e (IV ), temos:
16
∣∣∣∣( →
AB,→
AC,→
AD
)∣∣∣∣ =16
∥∥∥∥→
AB ×→
AC
∥∥∥∥ .h
Comcluimos entao que
h =
∣∣∣∣( →
AB,→
AC,→
AD
)∣∣∣∣∥∥∥∥→
AB ×→
AC
∥∥∥∥
45
42. A medida em radianos do angulo entre→u e
→v e π
6 . Sendo∥∥∥→u
∥∥∥ = 1,∥∥∥→v
∥∥∥ = 7; Calcule∥∥∥→u × →v∥∥∥ e
∥∥∥ 13
→u × 3
4
→v∥∥∥ .
Solucao :
(I) ∥∥∥→u × →v∥∥∥ =
∥∥∥→u∥∥∥ .
∥∥∥→v∥∥∥ .senθ
∥∥∥→u × →v∥∥∥ = 1.7.sen
π
6
Entao ∥∥∥→u × →v∥∥∥ =
72
(II) ∥∥∥∥13→u ×3
4→v
∥∥∥∥ =13
∥∥∥→u∥∥∥ .
34
∥∥∥→v∥∥∥ .senθ
∥∥∥∥13→u ×3
4→v
∥∥∥∥ =13. (1) .
34. (7)
Entao: ∥∥∥∥13→u ×3
4→v
∥∥∥∥ =78
43. Obtenha a intersecao da reta r : X = (−1,−1, 0) + λ(1,−1,−1) com o plano π : x + y +
z + 1 = 0
Solucao : Temos que a reta r em sua forma parametrica e :
x = −1 + λ
y = −1− λ
z = −λ
Substituindo os valores de x,y e z na equacao de π obtemos: −1 + λ− 1− λ− λ + 1 = 0.
Logo, achamos que λ = −1. Substituindo esse valor de λ na equacao parametrica de r,
determinado inicialmente, obtemos que o ponto de intersecao e B(−2, 0, 1).
46
44. Determine a intersecao do plano π1 : x + 2y − z = 0 com o plano π2 : 2x + y − z = 1.
Quando se tratar de uma reta, descreva-a por equacoes parametricas.
Solucao : Isolando x na equacao de π1: x = −2y + z + 1, jogando esse valor de x na
equacao de π2, 2x(−2y + z + 1) + y − z = 1. Logo, z = 3y − 1, colocando z na primeira
equacao : x = −2y+(3y−1)+1, entao x=y. Adotando y = λ como parametro obtemos:
x = λ
y = λ
z = −1 + 3λ
47
45. Estude a posicao relativa de r e π e, quando forem transversais, obtenha o ponto intersecao
.r : x− 1/2 = y = z e π : X = (3, 0, 1) + λ(1, 0, 1) + µ(2, 2, 0)
Solucao : Da equacao de r escolhemos um ponto A(-1,0,0) e um vetor paralelo −→v =
(2, 1, 1). Na equacao de π, −→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 π ou e paralela a π. Para
conferir se r pertence a π fazemos: (−1, 0, 1) = (3, 0, 1) + λ(1, 0, 1) + µ(2, 2, 0), que da um
sistema imcompatıvel do tipo:
λ + 2µ = −4
2µ = 0
λ = −1
Pode-se concluir entao que r e paralelo a π
48
46. Obtenha a equacao geral do plano que contem o ponto (2,1,0) e e perpendicular aos planos
π1 : x + 2y − 3z + 4 = 0 e π2 : 8x− 4y + 16z − 1 = 0
Solucao : Temos que −→n1=(1,2,-3) e −→n2=(8,-4,16) sao os vetores normais do plano π1 e π2
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 equacao : x−2y−z+d = 0, aplicando no ponto
(2,1,0) sera: 2− 2− 0 + d = 0, d = 0. A equacao do plano procurada e x− 2y − z = 0
49
47. Obtenha uma equacao do plano π que contem a origem O do sistema de coordenadas e e
perpendicular a reta r:X = (1, 1, 0) + λ(2, 3, 7).
Solucao : O vetor normal ao plano π sera o proprio vetor da reta r, que e −→n1=(2,3,7).
Logo, temos como equacao 2x + 3y + 7z + d = 0. Como O=(0,0,0), o termo independente
d deve ser nulo, entao : 2x + 3y + 7z = 0 sera a equacao do plano.
50
