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Resumo do teorema de napoleão
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Captulo 37
O Teorema de Napoleo Bonaparte
O Teorema central deste Captulo atribudo a Napoleo Bonaparte, embora no haja a certeza que oteorema tenha sido descoberto pelo imperador.
Vamos comear por enunciar e demonstrar um Lema que ser usado numa das demonstraes doTeorema de Napoleo. Este Lema j foi demonstrado, quando provmos a frmula de Heron. Noentanto, vamos repetir a sua demonstrao.
Lema 648 Consideremos o tringulo da gura seguinte, onde estamos a supor que os ngulos !"# e!#" so agudos:
Ento, sin" =
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
2%&, cos" =
%2 + &2 ! $22%&
, com $ = !#,
% = "# e & = "!.
Demonstrao
Aplicando o Teorema de Pitgoras aos tringulos ["!'] e [!#'], obtemos:
&2 = (2 + )2
$2 = (%! ()2 + )2 "#&2 = (2 + )2
$2 = %2 ! 2%(+ (2 + )2 "#&2 ! (2 = )2$2 = %2 ! 2%(+ &2
"#
!""#
""$
) = p(&+ () (&! ()
( =%2 + &2 ! $2
2%
Como ) * 0, temos ) =p(&+ () (&! (), com ( = %
2 + &2 ! $22%
.
599
600 CAPTULO 37. O TEOREMA DE NAPOLEO BONAPARTE
Logo,
) =p(&+ () (&! () =
s&+
%2 + &2 ! $22%
&! %
2 + &2 ! $22%
=
r%2 + &2 + 2%&! $2
2%2%&! %2 ! &2 + $2
2%=
s(%+ &)2 ! $2
2%$2 ! (%! &)2
2%
=
r(%+ &+ $) (%+ &! $)
2%($+ %! &) ($! %+ &)
2%
=
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
2%
Ento, !"""#
"""$
sin" =)
&=
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
2%&
cos" =(
&=%2 + &2 ! $2
2%&
Analogamente, temos!""""#
""""$
sin# =)
$=
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
2$%
cos# =%! ($
=1
$
%! %
2 + &2 ! $22%
=$2 + %2 ! &2
2$%
Proposio 649 (Teorema de Napoleo, verso 1) Consideremos, num plano, um tringulo arbi-trrio ["!#]. Consideremos (no plano) um ponto ', de modo que ["!'] seja um tringulo equilteroe o ponto ' no pertena ao semi-plano de fronteira "! e que contm o ponto #. De modo anlogo,obtemos os pontos + e , , como se pode ver na gura seguinte. Sejam -, . e / os centros dos tringulosequilteros construdos (sobre os lados do tringulo inicial). Ento, [-./] um tringulo equiltero.
G
I
H
D
F
E
A
C
B
601
ObservaoAo tringulo [-./], construdo pelo processo acima descrito, chamaremos tringulo externo de
Napoleo.Demonstrao 1O facto dum tringulo ser equiltero, issceles ou escaleno, no depende da unidade de comprimento
escolhida para medir os lados do tringulo. Ento, sem perda de generalidade podemos supor que"! = 1. Escolhendo convenientemente o referencial, podemos supor que " = (00 0) e que ! = (10 0).Ainda sem perda de generalidade, podemos supor que # = ((0 1), com ( $ 12 e 1 * 0.
Seja 21 o ponto mdio de ["!]. Ento, 21 =12 0 0, tendo-se ' =
12 0 0+!32 (00!1). No entanto,
no precisamos do ponto ', para obter -, o centro do tringulo ["!'], uma vez que as medianas dumtringulo se trissectam. Ento,
- =
1
20 0
+1
3
%3
2(00!1) =
1
20 0
+
00!
%3
6
!=
1
20!%3
6
!
Consideremos, agora, o lado ["#], cujo ponto mdio 22 =!2 0"2
. Ora,
!&"# = ((0 1), pelo que
nos interessa considerar o vector perpendicular (!10 (). Este vector tem de ser multiplicado por!36 e,
depois, soma-se o vector obtido ao ponto 22.Convm notar que o produto do vector (!10 () por
!32 origina um vector cuja norma a altura do
tringulo ["#+].Ento, o baricentro de ["#+] dado por
. =(201
2
+1
3
%3
2(!10 () =
(201
2
+
!%3
610
%3
6(
!
=
3(! 1
%3
6031 + (
%3
6
!
Consideremos, agora, o lado [!#], cujo ponto mdio 23 =!+12 0
"2
. Ora,
!!&!# = ((0 1)! (10 0) =
((! 10 1), pelo que nos interessa considerar o vector perpendicular (10 1! (). Este vector tem de sermultiplicado por
!36 e, depois, soma-se o vector obtido ao ponto 23.
602 CAPTULO 37. O TEOREMA DE NAPOLEO BONAPARTE
Ento, o baricentro de [!#, ] dado por
/ =
(+ 1
201
2
+
%3
6(10 1! () =
3(+ 3
6031
6
+
1%3
60
%3
6! (
%3
6
!
=
3(+ 3 + 1
%3
6031 ! (
%3 +
%3
6
!
Logo,!"""""""#
"""""""$
!!&-. = . !- =
3!""
!3
6 03"+!
!3
6
!36 0!
!36
=3!""
!3"3
6 03"+!
!3+!3
6
!&-/ = / !- =
3!+3+"
!3
6 03""!
!3+!3
6
!36 0!
!36
=3!+"
!3
6 03""!
!3+2
!3
6
!&./ = / !. =
3!+3+"
!3
6 03""!
!3+!3
6
!3!""
!3
6 03"+!
!3
6
=3+2"
!3
6 0"2!
!3+!3
6
Ento, !""""""""""""#
""""""""""""$
!!&-. =
q3(! 1
%3! 3
2+31 + (
%3 +
%32
6
!&-/ =
q3(+ 1
%32+31 ! (
%3 + 2
%32
6
!&./ =
q3 + 21
%32+!2(
%3 +
%32
6
Logo,!""""""""""#
""""""""""$
!!&-. =
p9(2 + 312 + 9! 6(1
%3! 18(+ 61
%3 + 912 + 3(2 + 3 + 6(1
%3 + 61
%3 + 6(
6
!&-/ =
p9(2 + 312 + 6(1
%3 + 912 + 3(2 + 12! 6(1
%3 + 121
%3! 12(
6
!&./ =
p9 + 1212 + 121
%3 + 12(2 + 3! 12(6
E, por m,!""""""""""#
""""""""""$
!!&-. =
p12(2 + 1212 + 12! 12(+ 121
%3
6=
p3(2 + 312 + 3! 3(+ 31
%3
3
!&-/ =
p12(2 + 1212 + 12! 12(+ 121
%3
6=
p3(2 + 312 + 3! 3(+ 31
%3
3
!&./ =
p12(2 + 1212 + 12! 12(+ 121
%3
6=
p3(2 + 312 + 3! 3(+ 31
%3
3
Logo,!!&-.
=!&-/
=!&./
, pelo que [-./] um tringulo equiltero.
603
Demonstrao 2 (para quem prera a demonstrao mais geral)Escolhendo convenientemente o referencial, podemos supor que " = (00 0) e que ! = (&0 0), com
& * 0. Sem perda de generalidade, podemos supor que # = ((0 1), com ( $ #2 e 1 * 0.
Seja21 o ponto mdio de ["!]. Ento,21 =#2 0 0, tendo-se ' =
#2 0 0+ #
!32 (00!1). No entanto,
no precisamos do ponto ', para obter -, o centro do tringulo ["!'], uma vez que as medianas dumtringulo se trissectam. Ento,
- = &20 0+1
3&%3
2(00!1) =
&20 0+
00!&
%3
6
!=
&
20!&
%3
6
!
Consideremos, agora, o lado ["#], cujo ponto mdio 22 =!2 0"2
. Ora,
!&"# = ((0 1), pelo que
nos interessa considerar o vector perpendicular (!10 (). Este vector tem de ser multiplicado por!36 e,
depois, soma-se o vector obtido ao ponto 22.
Convm notar que o produto do vector (!10 () por!32 origina um vector cuja norma a altura do
tringulo ["#+].Ento, o baricentro de ["#+] dado por
. =(201
2
+1
3
%3
2(!10 () =
(201
2
+
!%3
610
%3
6(
!
=
3(! 1
%3
6031 + (
%3
6
!
Consideremos, por m, o lado [!#], cujo ponto mdio 23 =!+#2 0
"2
. Ora,
!!&!# = ((0 1)! (&0 0) =
((! &0 1), pelo que nos interessa considerar o vector perpendicular (10 &! (). Este vector tem de sermultiplicado por
!36 e, depois, soma-se o vector obtido ao ponto 23.
604 CAPTULO 37. O TEOREMA DE NAPOLEO BONAPARTE
Ento, o baricentro de [!#, ] dado por
/ =
(+ &
201
2
+
%3
6(10 &! () =
3(+ 3&
6031
6
+
1%3
60&%3
6! (
%3
6
!
=
3(+ 3&+ 1
%3
6031 + &
%3! (
%3
6
!
Logo,!"""""""#
"""""""$
!!&-. = . !- =
3!""
!3
6 03"+!
!3
6
!#2 0!
#!36
=3!"3#""
!3
6 03"+!
!3+#
!3
6
!&-/ = / !- =
3!+3#+"
!3
6 03"+#
!3"!
!3
6
!#2 0!
#!36
=3!+"
!3
6 03"+2#
!3"!
!3
6
!&./ = / !. =
3!+3#+"
!3
6 03"+#
!3"!
!3
6
!3!""
!3
6 03"+!
!3
6
=3#+2"
!3
6 0#!3"2!
!3
6
Ento, !""""""""""""#
""""""""""""$
!!&-. =
q3(! 3&! 1
%32+31 + (
%3 + &
%32
6
!&-/ =
q3(+ 1
%32+31 + 2&
%3! (
%32
6
!&./ =
q3&+ 21
%32+&%3! 2(
%32
6
Logo,
!""""""#
""""""$
!!&-. =
p9(2 ! 18&(! 6(1
%3 + 9&2 + 6&1
%3 + 312 + 912 + 6(1
%3 + 6&1
%3 + 3(2 + 6&(+ 3&2
6!&-/ =
p9(2 + 6(1
%3 + 312 + 912 + 12&1
%3! 6(1
%3 + 12&2 ! 12&(+ 3(2
6!&./ =
p9&2 + 12&1
%3 + 1212 + 3&2 ! 12&(+ 12(2
6
E, por m,!""""""""""#
""""""""""$
!!&-. = 2
p3(2 ! 3&(+ 3&2 + 3&1
%3 + 312
6=
p3(2 ! 3&(+ 3&2 + 3&1
%3 + 312
3
!&-/ =
p12(2 + 1212 + 12&2 ! 12&(+ 121
%3
6=
p3(2 ! 3&(+ 3&2 + 3&1
%3 + 312
3
!&./ =
p12(2 ! 12&(+ 12&2 + 12&1
%3 + 1212
6=
p3(2 ! 3&(+ 3&2 + 3&1
%3 + 312
3
Logo,!!&-.
=!&-/
=!&./
, pelo que [-./] um tringulo equiltero.
605
Demonstrao 3Consideremos, na gura seguinte, os tringulos ["-/] e [-#.]. Sejam 30 40 5 as amplitudes (em
graus) dos ngulos !"#, "!# e "#!.
H
I
G
F
E
D
A
B
C
Aplicando a esses dois tringulos a lei dos cosenos, vem(-/
2= "-
2+"/
2 ! 2"-"/ cos (3+ 60 #)-.
2= -#
2+ #.
2 ! 2-# #. cos (5 + 60 #)
fcil mostrar que
("- = -# =
!33 "# =
$!33
#. = !. =!33 !# =
%!33
. Ento,
-/2= "-
2+"/
2 ! 2"-"/ cos (3+ 60 #)
=
%%3
3
!2+
&%3
3
!2! 2 %
%3
3&%3
3 cos (3+ 60 #)
=%2
3+&2
3! 2%&
3cos (3+ 60 #)
Analogamente, temos
-.2= -#
2+ #.
2 ! 2-# #. cos (5 + 60 #)
=
%%3
3
!2+
$%3
3
!2! 2 %
%3
3$%3
3 cos (5 + 60 #)
=%2
3+$2
3! 2%&
3cos (5 + 60 #)
Ento,
3-/2 ! 3-.2 = %2 + &2 ! 2%& cos (3+ 60 #)! %2 ! $2 + 2$% cos (5 + 60 #)
= &2 ! $2 + 2$% cos (5 + 60 #)! 2%& cos (3+ 60 #)
606 CAPTULO 37. O TEOREMA DE NAPOLEO BONAPARTE
Aplicando a lei dos senos ao tringulo ["!#], temos
$
sin3=
%
sin4=
%
sin (3+ 5)=
&
sin 5
Ento, %#= sin&sin ' e % =
# sin(sin ' =
# sin(&+')sin' . Seja +1 = &
2 ! $2.Ento, +1 = &2 ! $2 = &2
1! %2
#2
= &2
1! sin2 &
sin2 '
.
Seja +2 = 2$% cos (5 + 60 #)! 2%& cos (3+ 60 #). Ento,
+2 = %
2& sin3
sin 5cos (5 + 60 #)! 2& cos (3+ 60 #)
=%&
sin 5(2 sin3 cos (5 + 60 #)! 2 sin 5 cos (3+ 60 #))
=&2 sin4
sin2 5(2 sin3 cos (5 + 60 #)! 2 sin 5 cos (3+ 60 #))
Ora, sin4 = sin (3+ 5) = sin3 cos 5 + sin 5 cos3. Alm disso, temos
2 sin3 cos (5 + 60 #) = 2 sin3 (cos 5 cos 60 # ! sin 5 sin 60 #)
= 2 sin3
1
2cos 5 !
%3
2sin 5
!
= sin3 cos 5 !%3 sin3 sin 5
2 sin 5 cos (3+ 60 #) = sin 5 cos3!%3 sin 5 sin3
Ento,
+1 ++2 = &2
1! sin
2 3
sin2 5
+&2 sin4
sin2 5(2 sin3 cos (5 + 60 #)! 2 sin 5 cos (3+ 60 #))
=&2
sin2 5
sin2 5 ! sin2 3+ sin4 (2 sin3 cos (5 + 60 #)! 2 sin 5 cos (3+ 60 #))
=&2
sin2 5
hsin2 5 ! sin2 3+ sin4
sin3 cos 5 !
%3 sin3 sin 5 ! sin 5 cos3+
%3 sin 5 sin3
i
=&2
sin2 5
sin2 5 ! sin2 3+ sin4 (sin3 cos 5 ! sin 5 cos3)
=&2
sin2 5
sin2 5 ! sin2 3+ (sin3 cos 5 + sin 5 cos3) (sin3 cos 5 ! sin 5 cos3)
=&2
sin2 5
sin2 5 ! sin2 3+ sin2 3 cos2 5 ! sin2 5 cos2 3
=&2
sin2 5
sin2 5
1! cos2 3
! sin2 3
1! cos2 5
=&2
sin2 5
sin2 5 sin2 3! sin2 3 sin2 5
= 0
Ento, 3-/2 ! 3-.2 = 0, donde se conclui que -/2 !-.2 = 0. Logo, -/ = -..
Analogamente se mostra que -. = ./, pelo que [-./] um tringulo equiltero.
607
Demonstrao 4
H
I
G
F
E
D
A
B
C
Aplicando a lei dos cosenos, obtemos!"#
"$
-/2= "-
2+"/
2 ! 2"-"/ cos (3+ 60 #)-.
2= -#
2+ #.
2 ! 2-# #. cos (5 + 60 #)./
2= !/
2+!.
2 ! 2!/ !. cos (4 + 60 #)Ento, no caso dos ngulos !"# e "#! serem agudos, vem
cos (3+ 60 #) =1
2cos3!
%3
2sin3
=%2 + &2 ! $2
4%&!%3
2
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
2%&
=%2 + &2 ! $2
4%&!%3p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
4%&
Ento,
-/2= "-
2+"/
2 ! 2"-"/ cos (3+ 60 #)
=%2
3+&2
3! 2%&
3cos (3+ 60 #)
=%2
3+&2
3! 2%&
3%2 + &2 ! $2
4%&+2%&
3
%3p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
4%&
=2%2
6+2&2
6! %
2 + &2 ! $26
+
%3p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
6
=%2 + &2 + $2
6+
%3p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
6
Logo,
-.2=%2 + &2 + $2
6+
%3p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
6= -/
2
608 CAPTULO 37. O TEOREMA DE NAPOLEO BONAPARTE
Se o ngulo "!# for agudo, teremos ./2= -/
2= -.
2, pelo que o tringulo [-./] equiltero.
No caso do ngulo "!# ser obtuso, temos duas alternativas: deduzimos as expresses que do sin4e cos4 ou aplicamos as frmulas sin4 = sin (3+ 5) = sin3 cos 5 + sin 5 cos3 e cos4 = ! cos (3+ 5) =sin3 sin 5 ! cos3 cos 5.
Ento,
sin3 cos 5 =
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
2%&$2 + %2 ! &2
2$%
=
$2 + %2 ! &2
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
4$%2&E
sin 5 cos3 =
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
2$%%2 + &2 ! $2
2%&
=
%2 + &2 ! $2
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
4$%2&Ento,
sin4 = sin3 cos 5 + sin 5 cos3
=
$2 + %2 ! &2 + %2 + &2 ! $2
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
4$%2&
=2%2p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
4$%2&
=
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
2$&Analogamente, temos
sin3 sin 5 =
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
2
2%& 2$%
=($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
4$%2&E
cos3 cos 5 =%2 + &2 ! $2
2%&$2 + %2 ! &2
2$%=
$2 + %2 ! &2
%2 + &2 ! $2
4$%2&
cos4 = ! cos (3+ 5) = sin3 sin 5 ! cos3 cos 5
=($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
4$%2&!$2 + %2 ! &2
%2 + &2 ! $2
4$%2&
=($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)!
$2 + %2 ! &2
%2 + &2 ! $2
4$%2&
=2$2%2 + 2%2&2 ! 2%4
4$%2&=2$2 + 2&2 ! 2%2
4$&=$2 + &2 ! %2
2$&Ento,
cos (4 + 60 #) = cos4 cos 60 # ! sin4 sin 60 # = 12cos4 !
%3
2sin4
=1
2$2 + &2 ! %2
2$&!%3
2
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
2$&
=$2 + &2 ! %2
4$&!%3
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
4$&
609
Logo,
./2= !/
2+!.
2 ! 2!/ !. cos (4 + 60 #)
=
&%3
3
!2+
$%3
3
!2! 2 &
%3
3$%3
3 cos (4 + 60 #)
=&2
3+$2
3! 2$&
3
$2 + &2 ! %2
4$&!%3
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
4$&
!
=&2
3+$2
3! $
2 + &2 ! %26
+2$&%3
3
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
4$&
=2&2
6+2$2
6! $
2 + &2 ! %26
+
%3
3
p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
2
=$2 + %2 + &2
6+
%3p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
6
= -/2= -.
2
Logo, [-./] um tringulo equiltero.
Corolrio 650 Consideremos, num plano, um tringulo arbitrrio ["!#] de lados $0 %0 &. Ento, area do tringulo externo de Napoleo dada por
6 ($0 %0 &) =
$2 + %2 + &2
6+
%3p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
6
! %3
4
=
$2 + %2 + &2
%3
24+
p($+ %+ &) (!$+ %+ &) ($! %+ &) ($+ %! &)
8
DemonstraoConsequncia imediata da demonstrao 4 do teorema anterior, uma vez que
./2= -/
2= -.
2=$2 + %2 + &2
6+
%3p($+ %+ &) (%+ &! $) ($+ %! &) ($! %+ &)
6
Recordamos que a rea dum tringulo equiltero de lado 7 )2!3
4 .
Proposio 651 (Teorema de Napoleo, verso 2) Consideremos, num plano, um tringulo arbi-trrio ["!#]. Consideremos (no plano) um ponto ', de modo que ["!'] seja um tringulo equiltero eo ponto ' pertena ao semi-plano de fronteira "! e que contm o ponto #. De modo anlogo, obtemosos pontos + e , . Sejam -, . e / os centros dos tringulos equilteros construdos (sobre os ladosdo tringulo inicial). Ento, [-./] um tringulo equiltero, a menos que o tringulo ["!#] sejaequiltero, caso em que os pontos -, . e / coincidem.
ObservaoAo tringulo [-./], construdo pelo processo acima descrito, chamaremos tringulo interno de
Napoleo.Demonstrao 1Esta demonstrao anloga primeira demonstrao do teorema anterior.Na gura seguinte, no esto construdos os tringulos equilteros referidos na hiptese deste teo-
rema, para no sobrecarregar o desenho. O tringulo de lados a vermelho aquele que se pretendemostrar que equiltero.
610 CAPTULO 37. O TEOREMA DE NAPOLEO BONAPARTE
D
F
E
A
C
B
Ento,
!"""""""#
"""""""$
- =12 0 0!
!36 (00!1) =
12 0 0+00!36
=12 0!36
. =!2 0"2
!
!36 (!10 () =
3!6 0
3"6
+!
36 10!
!36 (=3!+"
!3
6 03""!
!3
6
/ =!+12 0
"2
!
!36 (10 1! () =
3!+36 0
3"6
!"!36 0
!36 !
!!36
=3!+3""
!3
6 03"+!
!3"!3
6
Logo,
!"""""""#
"""""""$
!!&-. = . !- =
3!+"
!3
6 03""!
!3
6
!36 0!36
=3!+"
!3"3
6 03""!
!3"!3
6
!&-/ = / !- =
3!+3""
!3
6 03"+!
!3"!3
6
!36 0!36
=3!""
!3
6 03"+!
!3"2
!3
6
!&./ = / !. =
3!+3""
!3
6 03"+!
!3"!3
6
!3!+"
!3
6 03""!
!3
6
=3"2"
!3
6 02!!3"!3
6
Logo,
!""""""""""#
""""""""""$
!!&-. =
p9(2 + 312 + 9 + 6(1
%3! 18(! 61
%3 + 912 + 3(2 + 3! 6(1
%3! 61
%3 + 6(
6
!&-/ =
p9(2 + 312 ! 6(1
%3 + 912 + 3(2 + 12 + 6(1
%3! 121
%3! 12(
6
!&./ =
p9 + 1212 ! 121
%3 + 12(2 + 3! 12(6
611
Ento,!""""""""""#
""""""""""$
!!&-. =
p12(2 + 1212 + 12! 12(! 121
%3
6=
p3(2 + 312 + 3! 3(! 31
%3
3
!&-/ =
p12(2 + 1212 + 12! 12(! 121
%3
6=
p3(2 + 312 + 3! 3(! 31
%3
3
!&./ =
p12(2 + 1212 + 12! 12(! 121
%3
6=
p3(2 + 312 + 3! 3(! 31
%3
3
Note-se que a expresso
p3(2 + 312 + 3! 3(! 31
%3
3est denida para quaisquer valores de ( e
1, porque
(2 + 12 + 1! (! 1%3 = (2 ! 2 1
2 (+
1
4+ 12 ! 2 1
%3
2+3
4
=
(! 1
2
2+
1 !
%3
2
!2
Suponhamos, agora, que os pontos -, . e / coincidem. Ento, (2 + 12 + 1! (! 1%3 = 0.
Mas,
(2 + 12 + 1! (! 1%3 = 0 "#
(! 1
2
2+
1 !
%3
2
!2= 0 "# ( = 1
2' 1 =
%3
2
Ora, # =12 0!32
dene, com os pontos " = (00 0) e ! = (10 0), um tringulo equiltero.
Reciprocamente, se ["!#] um tringulo equiltero, ento os pontos -, . e / coincidem (uma vezque os tringulos equilteros construdos coincidem com o tringulo inicial).
Demonstrao 2Escolhendo convenientemente o referencial, podemos supor que " = (00 0) e que ! = (&0 0), com
& * 0. Sem perda de generalidade, podemos supor que # = ((0 1), com ( $ #2 e 1 * 0.
D
F
E
A
C
B
612 CAPTULO 37. O TEOREMA DE NAPOLEO BONAPARTE
Ento,!"""""""#
"""""""$
- =#2 0 0! 13
#!32 (00!1) =
#2 0 0!00! #
!36
=#2 0#!36
. =!2 0"2
! 13
!32 (!10 () =
!2 0"2
!!!36 10
!36 (=3!+"
!3
6 03""!
!3
6
/ =!+#2 0
"2
!
!36 (10 &! () =
3!+3#6 0
3"6
!"!36 0
#!36 !
!!36
=3!+3#""
!3
6 03""#
!3+!
!3
6
Logo,!"""""""#
"""""""$
!!&-. = . !- =
3!+"
!3
6 03""!
!3
6
!#2 0#!36
=3!"3#+"
!3
6 03""!
!3"#
!3
6
!&-/ = / !- =
3!+3#""
!3
6 03""#
!3+!
!3
6
!#2 0#!36
=3!""
!3
6 03""2#
!3+!
!3
6
!&./ = / !. =
3!+3#""
!3
6 03""#
!3+!
!3
6
!3!+"
!3
6 03""!
!3
6
=3#"2"
!3
6 02!!3"#
!3
6
Ento, !""""""""""""#
""""""""""""$
!!&-. =
q3(! 3&+ 1
%32+31 ! (
%3! &
%32
6
!&-/ =
q3(! 1
%32+31 ! 2&
%3 + (
%32
6
!&./ =
q3&! 21
%32+2(%3! &
%32
6
Logo,
!""""""#
""""""$
!!&-. =
p9(2 ! 18&(+ 6(1
%3 + 9&2 ! 6&1
%3 + 312 + 912 ! 6(1
%3! 6&1
%3 + 3(2 + 6&(+ 3&2
6!&-/ =
p9(2 ! 6(1
%3 + 312 + 912 ! 12&1
%3 + 6(1
%3 + 12&2 ! 12&(+ 3(2
6!&./ =
p9&2 ! 12&1
%3 + 1212 + 12(2 ! 12&(+ 3&2
6
E, por m,!""""""""""#
""""""""""$
!!&-. = 2
p3(2 ! 3&(+ 3&2 ! 3&1
%3 + 312
6=
p3(2 ! 3&(+ 3&2 ! 3&1
%3 + 312
3
!&-/ =
p12(2 + 1212 + 12&2 ! 12&(! 121
%3
6=
p3(2 ! 3&(+ 3&2 ! 3&1
%3 + 312
3
!&./ =
p12(2 ! 12&(+ 12&2 ! 12&1
%3 + 1212
6=
p3(2 ! 3&(+ 3&2 ! 3&1
%3 + 312
3
Logo,!!&-.
=!&-/
=!&./
, pelo que [-./] um tringulo equiltero.
613
Corolrio 652 Dado um tringulo ["!#], este tringulo, o tringulo externo e o tringulo interno deNapoleo (relativos ao tringulo dado) tm o mesmo baricentro.
Demonstrao
conhecido o facto de as coordenadas do baricentro dum tringulo serem a mdia aritmtica dascoordenadas dos vrtices desse tringulo. Suponhamos que " = (00 0), ! = (&0 0) e # = ((0 1), com( $ #2 e 1 * 0.
Ento, o baricentro do tringulo ["!#] #+!3 0
"3
.
As cordenadas dos vrtices do tringulo externo de Napoleo so dadas por:
-1 =
&
20!&
%3
6
!, .1 =
3(! 1
%3
6031 + (
%3
6
!e /1 =
3(+ 3&+ 1
%3
6031 + &
%3! (
%3
6
!
Ento, o baricentro do tringulo [-1.1/1]
#2 +
3!""!3
6 +3!+3#+"
!3
6
30! #
!36 +
3"+!!3
6 +3"+#
!3"!
!3
6
3
!=
&+ (
301
3
As cordenadas dos vrtices do tringulo interno de Napoleo so dadas por:
-2 =
&
20&%3
6
!, .2 =
3(+ 1
%3
6031 ! (
%3
6
!e /2 =
3(+ 3&! 1
%3
6031 ! &
%3 + (
%3
6
!
Ento, o baricentro do tringulo [-1.1/1]
#2 +
3!+"!3
6 +3!+3#""
!3
6
30#!36 +
3""!!3
6 +3""#
!3+!
!3
6
3
!=
&+ (
301
3
Est, assim, demonstrado o Corolrio.
Corolrio 653 Dado um tringulo ["!#], a diferena entre as reas do tringulo externo e do trin-gulo interno de Napoleo igual rea do tringulo inicial.
Demonstrao
Suponhamos que " = (00 0), ! = (&0 0) e # = ((0 1), com ( $ #2 e 1 * 0. Ento, a rea do tringulo["!#] #"2 .
Vimos que o lado do tringulo externo de Napoleo dado por
p3(2 ! 3&(+ 3&2 + 3&1
%3 + 312
3,
pelo que a sua rea dada por
"ext =
p3(2 ! 3&(+ 3&2 + 3&1
%3 + 312
3
!2
%3
4
=3(2 ! 3&(+ 3&2 + 3&1
%3 + 312
9
%3
4
=
(2 ! &(+ &2 + &1
%3 + 12
%3
12
614 CAPTULO 37. O TEOREMA DE NAPOLEO BONAPARTE
O lado do tringulo interno de Napoleo dado por
p3(2 ! 3&(+ 3&2 ! 3&1
%3 + 312
3, pelo que a
sua rea
"int =
p3(2 ! 3&(+ 3&2 ! 3&1
%3 + 312
3
!2
%3
4
=3(2 ! 3&(+ 3&2 ! 3&1
%3 + 312
9
%3
4
=
(2 ! &(+ &2 ! &1
%3 + 12
%3
12
Ento,
"ext !"int =(2 ! &(+ &2 + &1
%3 + 12
%3
12!(2 ! &(+ &2 ! &1
%3 + 12
%3
12
=2&1%3%3
12=&1
2
Est, assim, demonstrado o Corolrio.Note-se que o Corolrio vlido, no caso do tringulo inicial ser equiltero.
Proposio 654 (Teorema de Napoleo, verso 3) Consideremos trs pontos colineares (distintos)", ! e # e construa-se trs tringulos equilteros, como na gura seguinte (os dois tringulos menores,acima da recta "# e o tringulo maior, abaixo dessa recta):
M M2M1
I
H
G
D
F
E
ACB
Teorema 655 Sejam -, . e / os centros desses tringulos equilteros. Ento, [-./] um novotringulo equiltero.
Demonstrao
615
Sejam $ = !#, % = "# e & = "!. Sejam 21, 22 e 2 os pontos mdios de ["!] , [!#] e ["#],respectivamente.
Ento, -21 = #!36 , .22 =
%!36 e /2 =
$!36 =
(%+#)!3
6 .Aplicando o teorema de Pitgoras aos tringulos vermelho, verde e amarelo, vem
!""""#
""""$
-/2=#!36 +
(%+#)!3
6
2+%+#2 !
#2
2=(%+2#)
!3
6
2+%2
2
./2=%!36 +
(%+#)!3
6
2+%+#2 !
%2
2=(2%+#)
!3
6
2+#2
2
-.2=#!36 !
%!36
2+%+#2
2=(#"%)
!3
6
2+%+#2
2
Logo,!""""#
""""$
-/2=(%+2#)
!3
6
2+%2
2= %
2+4%#+4#2
12 +%2
4 =4%2+4%#+4#2
12 =%2+%#+#2
3
./2=(2%+#)
!3
6
2+#2
2= 4%
2+4%#+#2
12 +#2
4 =4%2+4%#+4#2
12 =%2+%#+#2
3
-.2=(#"%)
!3
6
2+%+#2
2= %
2"2%#+#212 +
%2+2%#+#2
4 =4%2+4%#+4#2
12 =%2+%#+#2
3
Ento, -/ = ./ = -. e [-./] um tringulo equiltero.
616 CAPTULO 37. O TEOREMA DE NAPOLEO BONAPARTE
Captulo 38
Geometria Analtica no Espao
Exerccio 656 Consideremos, num referencial ortonormado, os pontos " = (30 10 5), ! = (40 20 3),# = (70 40 1) e ' = (60 50 4). Determine:
a) Uma equao cartesiana do plano denido pelos pontos ", ! e #.
b) Uma equao cartesiana do plano denido pelos pontos ", ! e '.
c) Uma equao cartesiana do plano denido pelos pontos ", # e '.
d) Uma equao cartesiana do plano denido pelos pontos !, # e '.
e) Uma equao cartesiana da superfcie esfrica de dimetro ["!].
f) O ponto 8 pertencente ao segmento de recta ["!], de modo que a distncia de " a 8 seja o dobroda distncia de ! a 8 . Determine, ainda, uma equao cartesiana de cada uma das superfciesesfricas que passam pelo ponto 8 e tm centro em " e em !, respectivamente.
g) Uma equao cartesiana da superfcie esfrica que contm as duas superfcies anteriores e tan-gente a ambas.
h) A distncia entre o ponto ' e o plano "!#.
i) A distncia entre o ponto # e a recta "!.
Resoluo
a)!!&"! = ! !" = (40 20 3)! (30 10 5) = (10 10!2)!&"# = # !" = (70 40 1)! (30 10 5) = (40 30!4)Pretendemos obter um vector !&9 = ($0 %0 &), no nulo e que seja perpendicular aos dois vectoresanteriores, o que pode ser feito recorrendo ao produto interno:($0 %0 &) (40 30!4) = 4$+ 3%! 4&
($0 %0 &) (10 10!2) = 0($0 %0 &) (40 30!4) = 0 "#
$+ %! 2& = 04$+ 3%! 4& = 0 "#
$ = 2&! %8&! 4%+ 3%! 4& = 0
"#$ = 2&! %% = 4&
"#$ = !2&% = 4&
Fazendo & = 1, obtemos$ = !2% = 4
. Ento, o vector (!20 40 1) perpendicular aos dois vectores!!&"! e
!&"#.
617
618 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
Equao cartesiana do plano "!#:
!2 ((! 4) + 4 (1 ! 2) + 1 (: ! 3) = 0
b)!!&"! = ! !" = (40 20 3)! (30 10 5) = (10 10!2)!!&"' = ' !" = (60 50 4)! (30 10 5) = (30 40!1)Pretendemos obter um vector !&9 = ($0 %0 &), no nulo e que seja perpendicular aos dois vectoresanteriores, o que pode ser feito recorrendo ao produto interno. No entanto, h um processo decalcular um vector perpendicular a outros dois, o qual no do programa, mas bastante rpido,depois de algum treino. Trata-se do produto externo de dois vectores:
;1 ;2 ;31 1 !23 4 !1
=
1 !24 !1
;1 !
1 !23 !1
;2 +
1 13 4
;3
= (!1 + 8) ;1 ! (!1 + 6) ;2 + (4! 3) ;3 = 7;1 ! 5;2 + ;3
Observe-se que
$ %& 2 + ?2 + @2 6= 0, pois no caso contrrio no temos uma recta.Pretendemos encontrar o ponto / = ((0 10 :), da recta dada, tal que a recta denida pelos pontos /
e = seja perpendicular recta.
622 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
!&=/ = / ! = = ((00 100 :0) + 3 (>0 ?0 @)! ($0 %0 &) = ((0 + 3>! $0 10 + 3? ! %0 :0 + 3@ ! &)Ento, (>0 ?0 @) ((0 + 3>! $0 10 + 3? ! %0 :0 + 3@ ! &) = 0Logo, > ($! (0) + ? (%! 10) + @ (&! :0) = 3
>2 + ?2 + @2
Logo,
3 => ($! (0) + ? (%! 10) + @ (&! :0)
>2 + ?2 + @2
Ento, / = ((0 10 :) = ((00 100 :0) + 3 (>0 ?0 @), com 3 j determinado, pelo que 0 ?0 @).
A frmula para a distncia dum ponto a uma recta, que se obtm atravs da norma de!&=/, muito
pouco interessante, pelo que no a escrevemos.No entanto, aproveitemos este processo para retomar um exerccio j resolvido:Determinar a distncia entre o ponto # e a recta "!, com " = (30 10 5), ! = (40 20 3) e # = (70 40 1).
Ento:!!&"! = ! !" = (40 20 3)! (30 10 5) = (10 10!2) = (>0 ?0 @)# = (70 40 1) = ($0 %0 &) ; " = (30 10 5) = ((00 100 :0)Ento,(!40!30 4) + 52 (10 10!2) =
!32 0!
12 0!1
!&=/ = ((0 ! $0 10 ! %0 :0 ! &)!
> ((0 ! $) + ? (10 ! %) + @ (:0 ! &)>2 + ?2 + @2
(>0 ?0 @)
= (3! 70 1! 40 5! 1)! 1 (3! 7) + 1 (1! 4)! 2 (5! 1)1 + 1 + 4
(10 10!2)
= (!40!30 4)! !4! 3! 86
(10 10!2) = (!40!30 4) + 156(10 10!2)
= (!40!30 4) + 52(10 10!2) =
!320!120!1
= !1
2(30 10 2)
Logo, < =!&=/
= 12%9 + 1 + 4 = 12
%14.
Exerccio 659 Consideremos, num referencial ortonormado, os pontos " = (20!10 1), ! = (40 30 3),# = (60 10!1) e ' = (30 20 1). Determine:
a) Uma equao cartesiana do plano denido pelos pontos ", ! e #.
b) A distncia do ponto ' ao plano "!#.
c) A distncia do ponto ' recta "!.
Resoluo
a)!!&"! = ! !" = (40 30 3)! (20!10 1) = (20 40 2) k (10 20 1)!!&!# = # !! = (60 10!1)! (40 30 3) = (20!20!4) k (!10 10 2)
((0 10 :) (10 20 1) = 0((0 10 :) (!10 10 2) = 0 "#
((0 10 :) (10 20 1) = 0((0 10 :) (!10 10 2) = 0 "#
(+ 21 + : = 0!(+ 1 + 2: = 0
"#( = !21 ! :21 + : + 1 + 2: = 0
"#( = !21 ! :31 + 3: = 0
"#( = 2: ! :1 = !: "#
( = :1 = !:
623
Fazendo : = 1, temos ( = 1 e 1 = !1, pelo que um dos vectores perpendiculares ao plano (10!10 1). Ento, uma equao do plano "!# ((! 4)! (1 ! 3)+ (: ! 3) = 0, equao esta que equivalente equao (! 1 + : ! 4 = 0
1. " = (20!10 1), ! = (40 30 3), # = (60 10!1) 0' = (30 20 1)
b) Aplicando a frmula da distncia dum ponto a um plano, vem < =|3! 2 + 1|%1 + 1 + 1
= 23%3.
Sem aplicar a frmula, podemos determinar o ponto de interseco do plano com a recta que passapor ' e lhe perpendicular, tendo-se / = (30 20 1) + 3 (10!10 1) = (3 + 30 2! 30 1 + 3) 0 3 ( R.Para que o ponto / pertena ao plano, tem de ser
3 + 3! 2 + 3+ 1 + 3! 4 = 0 "# 33 = 2 "# 3 = 23
Logo, < = 23 k(10!10 1)k =23
%3.
c)!!&"! = ! !" = (40 30 3)! (20!10 1) = (20 40 2) k (10 20 1)
Uma equao vectorial da recta "! : (40 30 3) + 3 (10 20 1) = (4 + 30 3 + 230 3 + 3)
((0 10 :) = (40 30 3) + 3 (10 20 1) = (4 + 30 3 + 230 3 + 3) 0 3 ( R
Uma equao do plano que passa por ' e perpendicular recta "!:
((! 3) + 2 (1 ! 2) + (: ! 1) = 0 "# (+ 21 + : ! 8 = 0
Interseco da recta com o plano:
4 + 3+ 2 (3 + 23) + 3 + 3! 8 = 0 "# 5 + 63 = 0 "# 3 = !56
Logo, / = (40 30 3)! 56 (10 20 1) =196 0
43 0136
.
Ento,!&'/ = / !' =
196 0
43 0136
! (30 20 1) =
16 0!
23 076
= 16 (10!40 7).
Logo,!&'/
= 16 k(10!40 7)k = 16%66
A distncia do ponto ' recta "! 16%66.
Outro processo" = (20!10 1), ! = (40 30 3) 0' = (30 20 1)!!&"' = ' !" = (30 20 1)! (20!10 1) = (10 30 0)!!&"! = ! !" = (40 30 3)! (20!10 1) = (20 40 2)
proj"$./
!!&"' =
!!&"'
!!&"!
!!&"!
!!&"!
!!&"! =
(10 30 0) (20 40 2)
(20 40 2) (20 40 2)(20 40 2) =
2 + 12
4 + 16 + 4(20 40 2) =
7
12(20 40 2) =
7
607
307
6
!!&"' ! proj"$
./
!!&"' = (10 30 0)!
76 073 076
=!16 0
23 0!
76
= !16 (10!40 7)!16 (10!40 7)
= 16 k(10!40 7)k = 16%66
Observe-se que!!&"' = (10 30 0) =
76 073 076
+!16 0
23 0!
76
, tendo-se que
76 073 076
tem a direco de
!!&"! e
!16 0
23 0!
76
perpendicular a
!!&"!, conforme podemos vericar: (20 40 2)
!16 0
23 0!
76
= 0
Ainda outro processo
624 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
" = (20!10 1), ! = (40 30 3) 0' = (30 20 1)!!&"! = ! !" = (40 30 3)! (20!10 1) = (20 40 2) k (10 20 1)Uma equao da recta "!:
((0 10 :) = (20!10 1) + 3 (10 20 1) = (2 + 30!1 + 230 1 + 3) 0 3 ( R
Distncia do ponto ' a um ponto genrico da recta "!:
< =
q(2 + 3! 3)2 + (!1 + 23! 2)2 + (1 + 3! 1)2 =
q(3! 1)2 + (23! 3)2 + 32
=p32 ! 23+ 1 + 432 ! 123+ 9 + 32 =
p632 ! 143+ 10
Pretendemos achar a menor distncia entre ' e os pontos da recta "!, ou seja, pretendemosminimizar a funo 6 (3) =
%632 ! 143+ 10.
Consideremos a funo quadrtica A (3) = 632 ! 143 + 10. O binmio discriminante desta funoquadrtica ! = 196! 4 6 10 = !44 B 0
Ento, o domnio de 6 R, pelo que minimizar a funo 6 equivalente a minimizar a funo A. Dequalquer modo iremos minimizar as duas funes:
Como A0 (3) = 123! 14, temos:
3 !) 76 +)123! 14 ! 0 +A (3) & mn %
Mas, A76
= 116 =
6636 , pelo que 6 (3) =
q6636 =
!666 . Este o valor da distncia do ponto ' recta
"!.Se considerarmos a funo 6 (3) =
%632 ! 143+ 10, temos
6 0 (3) =123! 14
2%632 ! 143+ 10
=63! 7%
632 ! 143+ 10
Estudo do sinal da derivada e monotonia da funo:
3 !) 76 +)63! 7 ! 0 +%
632 ! 143+ 10 + + +6 0 (3) ! 0 +6 (3) & mn %
O mnimo da funo 6 (3) dado por 676
=
!666 .
Ainda mais um processo
" = (20!10 1), ! = (40 30 3) 0' = (30 20 1)!!&"! = ! !" = (40 30 3)! (20!10 1) = (20 40 2) k (10 20 1)Uma equao da recta "! :
((0 10 :) = (20!10 1) + 3 (10 20 1) = (2 + 30!1 + 230 1 + 3) 0 3 ( R
!!&"' = ' !" = (30 20 1)! (20!10 1) = (10 30 0), pelo que
!!&"' =
%10.
625
Pretendemos obter na recta "!, um ponto / tal que os pontos ", / e ' denam um tringulorectngulo em /. Convm vericar se
!!&"' * !!&"!, pois, no caso disso acontecer, a distncia procurada !!&"'
. Neste caso, !!&"' !!&"! = (10 30 0) (10 20 1) = 7, pelo que os dois vectores no so perpendiculares.
Pelo Teorema de Pitgoras, ser!&"/
2+!&'/
2=!!&"'
2. Mas:
!&"/ = / !" = (20!10 1) + 3 (10 20 1)! (20!10 1) = 3 (10 20 1)!&'/ = / !' = (2 + 30!1 + 230 1 + 3)! (30 20 1) = (3! 10 23! 30 3)Ento, 32 (1 + 4 + 1) + 32 ! 23+ 1 + 432 ! 123+ 9 + 32 = 10.Logo:
1232 ! 143 = 0 "# 23 (63! 7) = 0 "# 3 = 0 + 3 = 76
A soluo que nos interessa 3 = 76 , pelo que:
!&'/ = (3! 10 23! 30 3) =
1
60!2307
6
=1
6(10!40 7)
Ento,!&'/
= 16%1 + 16 + 49 = 16
%66.
Observemos que, no caso do ponto pertencer recta, a distncia do ponto recta zero e o ponto ,nas condies anteriores, denir com o ponto escolhido na recta um vector que perpendicular recta,ento a equao de segundo grau ter uma raiz dupla nula. Conrmemos esta observao, supondo que" =
196 0
43 0136
.
!&"/ = / !" =
196 0
43 0136
+ 3 (10 20 1)!
196 0
43 0136
= 3 (10 20 1)
!&'/ = / !' =
196 0
43 0136
+ 3 (10 20 1)! (30 20 1) = 16 (1 + 630!4 + 1230 7 + 63)!!&
"' = ' !" = (30 20 1)!196 0
43 0136
=!16 0
23 0!
76
= 16 (!10 40!7)
Ento:32 (1 + 4 + 1) + 16
3632 + 123+ 1 + 14432 ! 963+ 16 + 3632 + 843+ 49
= 16 (1 + 16 + 49)
Logo, 632 + 1621632 + 66
= 16 66, donde vem 423
2 = 0.O ltimo processo" = (20!10 1), ! = (40 30 3) 0' = (30 20 1)!!&"! = ! !" = (40 30 3)! (20!10 1) = (20 40 2) k (10 20 1)Uma equao da recta "! :
((0 10 :) = (20!10 1) + 3 (10 20 1) = (2 + 30!1 + 230 1 + 3) 0 3 ( R
Consideremos a superfcie esfrica de centro ' e raio C * 0. Pretendemos determinar C, de modoque a recta seja tangente superfcie esfrica, isto , que a recta e a superfcie esfrica tenham um nicoponto de interseco.
((! 3)2 + (1 ! 2)2 + (: ! 1)2 = C2((0 10 :) = (2 + 30!1 + 230 1 + 3) "#
(3! 1)2 + (23! 3)2 + 32 = C2((0 10 :) = (2 + 30!1 + 230 1 + 3)
"#32 ! 23+ 1 + 432 ! 123+ 9 + 32 = C2((0 10 :) = (2 + 30!1 + 230 1 + 3)
"#632 ! 143+ 10! C2 = 0((0 10 :) = (2 + 30!1 + 230 1 + 3)
Uma equao de segundo grau tem uma raiz dupla se e s se o binmio discriminante zero.Como ! = 196! 24
10! C2
= 24C2 ! 44, ento 24C2 ! 44 = 0, donde vem C2 = 116 =
6636 . Ento,
C =!666 que a distncia pretendida.
626 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
Exerccio 660 Determine a distncia entre as rectas @ e D denidas por:@ : ((0 10 :) = (10 20 3) + 3 (20 30!1) 0 3 ( RD : ((0 10 :) = (40 30 1) + 4 (20!30 2) 0 4 ( R
ResoluoPretendemos determinar um ponto E, na recta @ e um ponto F, na recta D, de modo que a distncia
entre os dois pontos seja mnima.Primeiro processoComeamos por obter uma equao do plano denido pela recta @ e por uma recta paralela a D e que
seja concorrente com @. Tal plano pode ser denido pelo ponto " = (10 20 3) e pelos vectores (20 30!1)e (20!30 2).
O prximo passo consiste em encontrar um vector no nulo perpendicular aos dois vectores anteriores:
($0 %0 &) (20 30!1) = 0($0 %0 &) (20!30 2) = 0 "#
2$+ 3%! & = 02$! 3%+ 2& = 0 "#
& = 2$+ 3%2$! 3%+ 4$+ 6% = 0
"#& = 2$+ 3%6$+ 3% = 0
"#& = !4$% = !2$
Ento, o vector (10!20!4) perpendicular ao plano acima referido. Ento, uma equao do plano ((! 1)! 2 (1 ! 2)! 4 (: ! 3) = 0, equao equivalente a (! 21 ! 4: + 15 = 0
A distncia entre as duas rectas a distncia dum ponto qualquer de D ao plano anterior.Para ser mais rpido, aplicamos a frmula respectiva, obtendo-se:
< =|4! 2 3! 4 1 + 15|%
1 + 4 + 16=3
7
%21
Segundo processoComeamos por obter um vector perpendicular aos dois vectores directores das rectas @ e D, o que
se faz da mesma maneira que no processo anterior. Um tal vector (10!20!4).Consideremos dois pontos E e F, um na recta @ e outro na recta D, por exemplo, E = (10 20 3) e
F = (40 30 1). Ento,!&EF = F !E = (40 30 1)! (10 20 3) = (30 10!2).
E, agora, calculamos a projeco do vector!&EF sobre (10!20!4):
proj (10"20"4) (30 10!2) =(30 10!2) (10!20!4)(10!20!4) (10!20!4) (10!20!4) =
9
21(10!20!4) = 3
7(10!20!4)
A distncia procurada a norma de 37 (10!20!4), ou seja,37
%21.
Terceiro processoConsideremos E e F, dois pontos genricos das rectas @ e D, respectivamente:
E = (10 20 3) + 3 (20 30!1) 0 F = (40 30 1) + 4 (20!30 2) 0 30 4 ( REnto: !&
EF = F !E = (3 + 24 ! 230 1! 34 ! 330!2 + 24 + 3)Logo, !&EF
2= (3 + 24 ! 23)2 + (1! 34 ! 33)2 + (!2 + 24 + 3)2
Pretendemos minimizar a funo anterior, o que complicado, pois temos uma funo de duasvariveis. Consideremos, ento, a funo de duas variveis
6 ((0 1) = (3! 2(+ 21)2 + (1! 3(! 31)2 + (!2 + (+ 21)2
627
Suponhamos que 1 constante, digamos que 1 = G.Ento, 6 ((0 G) = (3! 2(+ 2G)2 + (1! 3(! 3G)2 + (!2 + (+ 2G)2.Logo, para cada valor de G, temos uma funo duma s varivel A (() = 6 ((0 G), da qual podemos
achar a derivada:
A0 (() = !4 (3! 2(+ 2G)! 6 (1! 3(! 3G) + 2 (!2 + (+ 2G)= !12 + 8(! 8G ! 6 + 18(+ 18G ! 4 + 2(+ 4G = 28(+ 14G ! 22
A derivada anula-se, quando 14(+ 7G ! 11 = 0.Suponhamos que ( constante, digamos ( = &.Ento, 6 (&0 1) = (3! 2&+ 21)2 + (1! 3&! 31)2 + (!2 + &+ 21)2.Seja ) (1) = (3! 2&+ 21)2 + (1! 3&! 31)2 + (!2 + &+ 21)2. Ento:
)0 (1) = 4 (3! 2&+ 21)! 6 (1! 3&! 31) + 4 (!2 + &+ 21)= 12! 8&+ 81 ! 6 + 18&+ 181 ! 8 + 4&+ 81 = 14&+ 341 ! 2
Ao m e ao cabo, o que pretendemos que 28(+ 141 ! 22 = 0 = 14(+ 341 ! 2.
14(+ 71 = 1114(+ 341 = 2
"#14(+ 71 = 11271 = !9 "#
14( = 11 + 731 = !13
"#( = 4042 =
2021
1 = !13E, agora, temos
s6
20
210!13
=
s3! 2 20
21! 23
2+
1! 3 20
21+ 1
2+
!2 + 20
21! 23
2
=
s63! 40! 14
21
2+
42! 6021
2+
20! 14! 42
21
2
=
s9
21
2+
!1821
2+
!3621
2=
s3
7
2+
!67
2+
!127
2
=
r9
49+36
49+144
49=
r189
49=3
7
%21
Quarto processoVamos refazer a resoluo anterior, utilizando a noo de derivada parcial.Consideremos E e F, dois pontos genricos das rectas @ e D, respectivamente:
E = (10 20 3) + 3 (20 30!1) 0 F = (40 30 1) + 4 (20!30 2) 0 30 4 ( REnto: !&
EF = F !E = (3 + 24 ! 230 1! 34 ! 330!2 + 24 + 3)Logo, !&EF
2= (3 + 24 ! 23)2 + (1! 34 ! 33)2 + (!2 + 24 + 3)2
O nosso objectivo minimizar a funo 6 ((0 1) = (3! 2(+ 21)2+(1! 3(! 31)2+(!2 + (+ 21)2.Calculemos as derivadas parciais da funo:
(123!= !4 (3! 2(+ 21)! 6 (1! 3(! 31) + 2 (!2 + (+ 21)
123" = 4 (3! 2(+ 21)! 6 (1! 3(! 31) + 4 (!2 + (+ 21)
628 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
Ento,
(123!= !12 + 8(! 81 ! 6 + 18(+ 181 ! 4 + 2(+ 41 = 28(+ 141 ! 22
123"= 12! 8(+ 81 ! 6 + 18(+ 181 ! 8 + 4(+ 81 = 14(+ 341 ! 2
Uma condio necessria para que a funo tenha um mnimo que as duas derivadas parciaisanteriores sejam nulas:
(123!= 0
123"= 0
"#28(+ 141 ! 22 = 014(+ 341 ! 2 = 0 "#
14(+ 71 = 1114(+ 341 = 2
"#271 = !97(+ 171 = 1
"#1 = !137( = 1 + 173
"#1 = !13( = 2021
Logo,
6
20
210!13
=
3! 40
21! 23
2+
1! 20
7+ 1
2+
!2 + 20
21! 23
2
=
63! 40! 14
21
2+
14! 207
2+
20! 42! 14
21
2
=
9
21
2+
!67
2+
!3621
2=
3
7
2+
6
7
2+
12
7
2
=9 + 36 + 144
49=189
49=32 21
72
Logo,q62021 0!
13
= 3
!217 .
No vamos abordar a questo geral da existncia ou no de extremo, mas claro que, neste problema,h sempre um mnimo, que a distncia entre as duas rectas.
Exerccio 661 Considere, num referencial ortonormado, os pontos " = (20 40 3) e ! = (10 50 6). Iden-tique o lugar geomtrico dos pontos = tais que a distncia de = ao ponto " o dobro da distncia de= ao ponto !.
ResoluoSeja = = ((0 10 :). Ento:
!#
$< (=0") =
q((! 2)2 + (1 ! 4)2 + (: ! 3)2 =
p(2 ! 4(+ 4 + 12 ! 81 + 16 + :2 ! 6: + 9
2< (=0!) = 2q((! 1)2 + (1 ! 5)2 + (: ! 6)2 = 2
p(2 ! 2(+ 1 + 12 ! 101 + 25 + :2 ! 12: + 36
Logo:(< (=0") =
p(2 + 12 + :2 ! 4(! 81 ! 6: + 29
2< (=0!) = 2p(2 + 12 + :2 ! 2(! 101 ! 12: + 62
Elevando ao quadrado, temos
4(2 + 12 + :2 ! 2(! 101 ! 12: + 62
= (2 + 12 + :2 ! 4(! 81 ! 6: + 29
A equao anterior equivalente a
4(2 + 412 + 4:2 ! 8(! 401 ! 48: + 248! (2 ! 12 ! :2 + 4(+ 81 + 6: ! 29 = 0
629
Simplicando, obtemos 3(2 + 312 + 3:2 ! 4(! 321 ! 42: + 219 = 0.Multiplicando por 3, ambos os membros da equao anterior, obtemos a equao9(2 ! 12(+ 912 !
961 + 9:2 ! 126: + 657 = 0Ento:
9(2 ! 12(+ 4 + 912 ! 961 + 256 + 9:2 ! 126: + 441 = 4 + 256 + 441! 657
Logo:(3(! 2)2 + (31 ! 16)2 + (3: ! 21)2 = 44
E, nalmente, obtemos(! 2
3
2+
1 ! 16
3
2+ (: ! 7)2 = 44
9
O lugar geomtrico pretendido a superfcie esfrica de centro23 0163 0 7
e raio 2
!113 .
Observe-se que este problema anlogo ao correspondente em R2, cuja soluo uma circunferncia.
Exerccio 662 Considere os pontos " = (10 40 2), ! = (30 50 1), # = (20 30 0) e ' = (70 30 1), numreferencial ortonormado. Determine a distncia do ponto ' ao plano "!#.
Resoluo!!&"! = ! !" = (30 50 1)! (10 40 2) = (20 10!1)!&"# = # !" = (20 30 0)! (10 40 2) = (10!10!2)
((0 10 :) (20 10!1) = 0((0 10 :) (10!10!2) = 0 "#
2(+ 1 ! : = 0(! 1 ! 2: = 0 "#
: = 2(+ 1(! 1 ! 4(! 21 = 0
"#: = 2(+ 1!3(! 31 = 0 "#
: = (1 = !(
Ento, o vector (10!10 1) perpendicular ao plano "!#, pelo que uma equao do plano :
(! 2! 1 + 3 + : = 0
Simplicando, vem (! 1 + : + 1 = 0.
1. Aplicando a frmula da distncia de um ponto a um plano, vem:
< =|7! 3 + 1 + 1|%
1 + 1 + 1=
6%3= 2
%3
2. Se no quisermos aplicar a frmula anterior, determinamos interseco do plano com a recta quepassa por ' e perpendicular ao plano "!#:
((0 10 :) = (70 30 1) + 3 (10!10 1)(! 1 + : + 1 = 0 "#
((0 10 :) = (7 + 30 3! 30 1 + 3)(! 1 + : + 1 = 0
"#((0 10 :) = (7 + 30 3! 30 1 + 3)7 + 3! 3 + 3+ 1 + 3+ 1 = 0
"#((0 10 :) = (7 + 30 3! 30 1 + 3)33 = !6
"#((0 10 :) = (50 50!1)3 = !2
630 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
Ento, / = (50 50!1), pelo que !&'/ = / !' = (50 50!1)! (70 30 1) = (!20 20!2).
Logo,!&'/
=%4 + 4 + 4 = 2
%3.
3. Superfcie esfrica de centro ' e tangente ao plano "!#:((! 7)2 + (1 ! 3)2 + (: ! 1)2 = @2(! 1 + : + 1 = 0 "#
((! 7)2 + (1 ! 3)2 + (1 ! (! 2)2 = @2: = 1 ! (! 1
Substituindo :, vem
(2 ! 14(+ 49 + 12 ! 61 + 9 + 12 + (2 + 4! 2(1 ! 41 + 4(! @2 = 0
Logo,2(2 ! 2(1 ! 10(+ 212 ! 101 + 62! @2 = 0
A equao anterior equivalente a
2(2 ! (21 + 10)(+ 212 ! 101 + 62! @2 = 0
Ento,
!! = (21 + 10)2 ! 8
212 ! 101 + 62! @2
= 412 + 401 + 100! 1612 + 801 ! 496 + 8@2
= !1212 + 1201 + 8@2 ! 396
Ento, !! = 0 equivalente a 312 ! 301 ! 2@2 + 99 = 0.Para que haja uma soluo nica para 1, deve ser nulo o discriminante !" = 900! 12
99! 2@2
.
900! 1299! 2@2
= 0 "# 225! 297 + 6@2 = 0 "# 6@2 = 72 "# @2 = 12 "# @ =
%12
Logo, a distncia do ponto ao plano %12, ou seja, 2
%3.
4. Como vimos no incio, o plano "!# denido pela equao (!1+:+1 = 0. Ento, : = 1!(!1,pelo que o ponto genrico do plano = = ((0 10 1 ! (! 1).Ento,
!!&'= = = !' = ((0 10 1 ! (! 1)! (70 30 1) = ((! 70 1 ! 30 1 ! (! 2). Logo,
!!&'=2= ((! 7)2 + (1 ! 3)2 + (1 ! (! 2)2
= (2 ! 14(+ 49 + 12 ! 61 + 9 + 12 + (2 + 4! 2(1 ! 41 + 4(= 2(2 ! 2(1 + 212 ! 10(! 101 + 62
O nosso objectivo minimizar a funo anterior. Ento, as derivadas parciais devem ser nulas: 1
1!
2(2 ! 2(1 + 212 ! 10(! 101 + 62
= 4(! 21 ! 10
11"
2(2 ! 2(1 + 212 ! 10(! 101 + 62
= !2(+ 41 ! 10
Ento:4(! 21 = 10!2(+ 41 = 10 "#
2(! 1 = 5!2(+ 41 = 10 "#
2( = 1 + 531 = 15
"#( = 51 = 5
Logo,!!&'=
2= (5! 7)2 + (5! 3)2 + (5! 5! 2)2 = 4 + 4 + 4 = 12.
Ento,!!&'=
=%12 = 2
%3.
631
5. O vector (10!10 1) perpendicular ao plano "!#.
Ora,!!&"' = ' !" = (70 30 1)! (10 40 2) = (60!10!1). Logo,
proj(10"101) (60!10!1) =(60!10!1) (10!10 1)(10!10 1) (10!10 1) (10!10 1) =
6 + 1! 11 + 1 + 1
(10!10 1) = 2 (10!10 1)
Ento, < =proj(10"101) (60!10!1)
= 2%1 + 1 + 1 = 2
%3.
6. O ponto genrico do plano "!# = = ((0 10 1 ! (! 1).
Ento,!!&'= = = !' = ((0 10 1 ! (! 1)! (70 30 1) = ((! 70 1 ! 30 1 ! (! 2).
Este vector tem norma mnima se e s se for perpendicular ao plano "!#, ou seja, se for colinearcom (10!10 1).
Ento, ((! 70 1 ! 30 1 ! (! 2) = 3 (10!10 1).
!#
$
(! 7 = 31 ! 3 = !31 ! (! 2 = 3
"#
!#
$
( = 7 + 31 = 3! 33! 3! 7! 3! 2 = 3
"#
!#
$
( = 7 + 31 = 3! 3!33 = 6
"#
!#
$
( = 51 = 53 = !2
Logo,!!&'= = 3 (10!10 1) = !2 (10!10 1), pelo que
!!&'= = 2
%1 + 1 + 1 = 2
%3.
Exerccio 663 Observe a gura seguinte, com ateno:
O slido apresentado resulta da colocao duma pirmide quadrangular regular sobre um cubo. Abase da pirmide uma das faces do cubo e est assente no plano de equao : = 0. O volume docubo o triplo do volume da pirmide. Suponha que a aresta do cubo mede 2 cm. Tomando 1 cm paraunidade, determine:
a) As coordenadas dos vrtices do slido.
b) Uma equao cartesiana do plano 'H+.
c) Uma equao vectorial do plano 'H , .
d) Uma equao cartesiana do plano "H !.
e) A rea total do slido
f) Uma equao da maior superfcie esfrica contida na pirmide.
632 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
g) O baricentro do tringulo [H !#].
h) O circuncentro do tringulo [H +, ].
i) O ortocentro do tringulo [H "!].
Resoluo
a) I = (00 00 0) 0 " = (00 20 0) 0 ! = (20 20 0) 0 # = (20 00 0)
' = (20 00!2) 0 + = (20 20!2) 0 , = (00 00!2) 0 - = (00 00!2)
Falta-nos determinar as coordenadas do vrtice H . Ora, H = (10 10 )), onde ) a altura da pirmide. imediato concluir que ) = 2, pois o cubo e a pirmide tm a mesma base e o volume do cubo triplodo volume da pirmide. Ento, H = (10 10 2).
b)!!&'H = H !' = (10 10 2)! (20 00!2) = (!10 10 4)!!&'+ = + !' = (20 20!2)! (20 00!2) = (00 20 0)
Pretendemos encontrar um vector no nulo perpendicular aos dois vectores anteriores:($0 %0 &) (!10 10 4) = 0($0 %0 &) (00 20 0) = 0
"#!$+ %+ 4& = 02% = 0
"#$ = 4&% = 0
Fazendo & = 1, temos $ = 4. Ento, ($0 %0 &) = (40 00 1), pelo que uma das equaes do plano 'H+ 4 ((! 1) + : ! 2 = 0.
c)!!&'H = H !' = (10 10 2)! (20 00!2) = (!10 10 4)!!&', = , !' = (00 00!2)! (20 00!2) = (!20 00 0) k (10 00 0)
Uma equao vectorial do plano H ', ((0 10 :) = (10 10 2) + 3 (!10 10 4) + 4 (10 00 0) 0 30 4 ( R.
d)!&"H = H !" = (10 10 2)! (00 20 0) = (10!10 2)!!&"! = ! !" = (20 20 0)! (00 20 0) = (20 00 0)
Pretendemos encontrar um vector no nulo perpendicular aos dois vectores anteriores:($0 %0 &) (10!10 2) = 0($0 %0 &) (20 00 0) = 0
"#$! %+ 2& = 02$ = 0
"#% = 2&$ = 0
Fazendo & = 1, temos % = 2.Logo, o vector pretendido pode ser (00 20 1) e uma das equaes cartesianas do plano H "!
2 (1 ! 2) + : = 0.
e) O slido formado por cinco faces quadradas (faces do cubo) e quatro faces triangulares (facesda pirmide).
A rea de cada quadrado 4 cm2.Seja 2 , o ponto mdio de ["!]. Ento2 = (10 20 0), pelo que
!!&2H = H !2 = (10 10 2)! (10 20 0) =
(00!10 2).Logo,
!!&2H =
%1 + 4 =
%5. A rea de cada tringulo 2
!5
2 cm2 =
%5 cm2.
A rea total do slido 5 4 + 4
%5cm2 =
20 + 4
%5cm2.
633
f) A maior superfcie esfrica contida na pirmide tangente base e s quatro faces laterais dapirmide. O centro da superfcie esfrica o ponto . = (10 10 G), com G * 0 e tal que a distnciade . s quatro faces laterais da pirmide seja G.
J vimos que uma equao do plano H "! 21 + : ! 4 = 0. Se quisermos encontrar a intersecodo plano anterior com a recta que lhe perpendicular e que passa por ., temos:
/ = . + 3 (00 20 1) = (10 10 G) + 3 (00 20 1) = (10 1 + 230 G + 3)Ento, 2 + 43+ G + 3! 4 = 0, donde vem G = 2! 53.
!&./ = k3 (00 20 1)k = |3|
%5 = G.
Ento, |3|%5 = 2! 53. Elevando ao quadrado, temos 532 = 4! 203+ 2532.
2032 ! 203+ 4 = 0 "# 532 ! 53+ 1 = 0 "# 3 = 5%25! 2010
"# 3 = 5%5
10
Apenas interessa a soluo 3 = 5"!5
10 , porque G = 2! 53 * 0. Ento, G = 2! 53 =!5"12 , pelo que
. = (10 10 G) =10 10
!5"12
.
A equao pretendida :
((! 1)2 + (1 ! 1)2 +: !
%5! 12
!2=
%5! 12
!2
g) H = (10 10 2) 0 ! = (20 20 0) 0 # = (20 00 0). O ponto mdio do lado [!#] 2 = (20 10 0).!!&2H = H !2 = (10 10 2)! (20 10 0) = (!10 00 2)
Seja J , o baricentro do tringulo. Ento, J =2 + 13!!&2H = (20 10 0) + 13 (!10 00 2) =
53 0 10
23
.
Uma maneira rpida de encontrar o baricentro dum tringulo calcular a mdia aritmtica dascoordenadas homlogas dos vrtices do tringulo:
J =
1 + 2 + 2
301 + 2 + 0
302 + 0 + 0
3
=
5
30 102
3
h) + = (20 20!2) 0 , = (00 20!2) 0 H = (10 10 2)
O circuncentro dum tringulo o ponto de interseco de dois planos mediadores dos lados dotringulo com o plano que contm o tringulo. Sejam21 = (10 20!2) e22 =
32 032 0 0os pontos mdios
de [+, ] e [H +], respectivamente.!!&+H = H !+ = (10 10 2)! (20 20!2) = (!10!10 4) k (10 10!4).Uma equao do plano mediador de [H +] :
(! 32+ 1 ! 3
2! 4: = 0
!!&+, = , !+ = (00 20!2)! (20 20!2) = (!20 00 0) k (10 00 0).Uma equao do plano mediador de [+, ] :
(! 1 = 0
634 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
Para encontrar o circuncentro, falta-nos uma equao do plano H +, :($0 %0 &) (10 10!4) = 0($0 %0 &) (10 00 0) = 0
"#$+ %! 4& = 0$ = 0
"#$ = 0% = 4&
Ento, (00 40 1) um vector perpendicular ao plano H +, .Logo, uma equao do plano 4 (1 ! 1) + : ! 2 = 0, ou seja, 41 + : = 6.
!#
$
(+ 1 ! 4: = 3( = 1: = 6! 41
"#
!#
$
1 + 1 ! 24 + 161 = 3( = 1: = 6! 41
"#
!#
$
1 = 2617( = 1: = 6! 10417
"#
!#
$
1 = 2617( = 1: = ! 217
Logo, o circuncentro de [H +, ] K =10 2617 0!
217
.
Vericao:!!&KH = (10 10 2)!
10 2617 0!
217
=00! 917 0
3617
=#
!!&KH = 917
%17
!!&K+ =
10 2617 0!
217
! (20 20!2) =
!10! 817 0
3217
=#
!!&K+ = 917
%17
!!&K, =
10 2617 0!
217
! (00 20!2) =
10! 817 0
3217
=#
!!&K, = 917
%17
Condio que dene a circunferncia circunscrita ao tringulo [H +, ]:
((! 1)2 +
1 ! 2617
2+6! 41 + 217
2= 8117
: = 6! 41
i) " = (00 20 0) 0 ! = (20 20 0) 0 H = (10 10 2).
O ortocentro do tringulo [H "!] o ponto de interseco das rectas que contm as alturas dotringulo.!!&
"! = ! !" = (20 20 0)! (00 20 0) = (20 00 0) k (10 00 0)Plano perpendicular a
!!&"! e que passa por H :
( = 1
!&"H = H !" = (10 10 2)! (00 20 0) = (10!10 2)Plano perpendicular a
!&"H e que passa por !:
(! 2! (1 ! 2) + 2: = 0
($0 %0 &) (10 00 0) = 0($0 %0 &) (10!10 2) = 0 "#
$ = 0$! %+ 2& = 0 "#
$ = 0% = 2&
Equao do plano ["!H ]:2 (1 ! 2) + : = 0
Resoluo do sistema:!#
$
( = 1(! 1 + 2: = 021 + : = 4
"#
!#
$
( = 11 = 1 + 2:2 + 4: + : = 4
"#
!#
$
( = 11 = 95: = 25
Ento, o ortocentro do tringulo o ponto10 95 0
25
.
635
Exerccio 664 Determine o baricentro do tringulo ["!#], em que " = ((10 110 :1), ! = ((20 120 :2) e# = ((30 130 :3).
Resoluo
Seja 21 o ponto mdio de ["!]. Ento, 21 =(1 + (22
011 + 122
0:1 + :22
.
Logo:
!!! = 21 ! # =
(1 + (22
011 + 122
0:1 + :22
! ((30 130 :3)
=
(1 + (2 ! 2(3
2011 + 12 ! 213
20:1 + :2 ! 2:3
2
Seja -, o baricentro do tringulo. Ento:
- = 21 !1
3
!!! =
(1 + (22
011 + 122
0:1 + :22
!(1 + (2 ! 2(3
6011 + 12 ! 213
60:1 + :2 ! 2:3
6
=
3(1 + 3(2 ! (1 ! (2 + 2(3
60311 + 312 ! 11 ! 12 + 213
603:1 + 3:2 ! :1 ! :2 + 2:3
2
=
2(1 + 2(2 + 2(3
60211 + 212 + 213
602:1 + 2:2 + 2:3
6
=
(1 + (2 + (3
3011 + 12 + 13
30:1 + :2 + :3
3
Exerccio 665 Determine o baricentro do tringulo ["!#], em que " = (30 10 2), ! = (40 30 0) e# = (10 10 2).
ResoluoSeja 2 o ponto mdio de ["#]. Ento, 2 = (20 10 2) e
!!&2! = ! !2 = (40 30 0) ! (20 10 2) =
(20 20!2).Ento, - =2 + 13
!!&2! = (20 10 2) + 13 (20 20!2) =
83 053 043
.
Mas, muito mais fcil aplicar a propriedade anterior:
- =
3 + 4 + 1
301 + 3 + 1
302 + 0 + 2
3
=
8
305
304
3
Exerccio 666 Determine a rea do tringulo ["!#], no caso em que " = (30 40 2), ! = (40 30 0) e# = (10 10 3).
Resoluo
1. Calculando a rea dum paralelogramo:( !!&"! = ! !" = (40 30 0)! (30 40 2) = (10!10!2)!&"# = # !" = (10 10 3)! (30 40 2) = (!20!30 1)
Clculo do produto externo:
!&;1 !&;2 !&;31 !1 !2!2 !3 1
=
!&;1!1 !2!3 1
!!&;2
1 !2!2 1
+!&;3
1 !1!2 !3
= (!1! 6)!&;1 ! (1! 4)!&;2 + (!3! 2)!&;3 = !7!&;1 + 3!&;2 ! 5!&;3 = (!70 30!5)
636 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
A norma do vector anterior %49 + 9 + 25, pelo que a rea do tringulo metade daquele valor, ou
seja,!832 unidades de rea.
2. Aplicando a lei dos cosenos:!"#
"$
!!&"! = ! !" = (40 30 0)! (30 40 2) = (10!10!2)!&"# = # !" = (10 10 3)! (30 40 2) = (!20!30 1)!!&!# = # !! = (10 10 3)! (40 30 0) = (!30!20 3)
Ento:!!&"!
=%1 + 1 + 4 =
%60!&"#
=%4 + 9 + 1 =
%140!!&!#
=%9 + 4 + 9 =
%22
Pela lei dos cosenos:%222=%142+%62! 2
%14
%6 cos"
Logo, 2%84 cos" = !2, donde vem cos" = ! 1!
84. Ento, sin" =
!83!84.
E a rea do tringulo ["!#] 12%14
%6
!83!84=
!832 unidades de rea.
3. Aplicando a frmula de Heron:!!&"!
=%60!&"#
=%140!!&!#
=%9 + 4 + 9 =
%22
Ento, (D =
!6+!14+
!22
2 0 D! $ =!6+!14"
!22
2
D! % =!6"!14+
!22
2 0 D! & ="!6+!14+
!22
2
Ento,
!"#
"$
D (D! $) =!6+!14+
!22
2 !6+!14"
!22
2 =6+14+2
!84"22
4 =!84"12
(D! %) (D! &) =!22+(
!6"!14)
2 !22"(
!6"!14)
2 =22"6"14+2
!84
4 =!84+12
D (D! $) (D! %) (D! &) =!84"12
!84+12 =
834
Logo, a rea do tringulo !832 unidades de rea.
Exerccio 667 Considere os pontos " = (40 20 4), ! = (100 20!2).
1. Determine os pontos # pertencentes ao plano de equao (!51+: = !2, de modo que o tringulo["!#] seja equiltero.
2. Escolha um dos pontos obtidos na alnea anterior e determine um quarto ponto H , que dena comos outros trs um tetraedro regular.
3. Determine a rea total do tetraedro.
4. Determine o volume do tetraedro.
Resoluo
637
1.!!&"! = ! !" = (100 20!2)! (40 20 4) = (60 00!6) k (10 00!1)
O ponto mdio de ["!] (70 20 1) e uma equao do plano mediador de ["!] (! 7! (: ! 1) = 0,ou ainda, (! : = 6.
Interseco dos dois planos:(! 51 + : = !2(! : = 6 "#
: + 6! 51 + : = !2( = : + 6
"#51 = 2: + 8( = : + 6
"#1 = 2-+85( = : + 6
Logo, # =: + 60 2-+85 0 :
. Ento:
!&"# =
: + 60
2: + 8
50 :
! (40 20 4) =
: + 20
2: ! 25
0 : ! 4
Mas,!!&"!
=%36 + 36 = 6
%2, pelo que tem se ser
!&"# = 6
%2.
Ento,q(: + 2)2 +
2-"25
2+ (: ! 4)2 = 6
%2.
Logo, devemos ter
(: + 2)2 +
2: ! 25
2+ (: ! 4)2 = 72 "# :2 + 4: + 4 + 4:
2 ! 8: + 425
+ :2 ! 8: + 16 = 72
"# 2:2 ! 4: + 4:2 ! 8: + 425
= 52
"# 50:2 ! 100: + 4:2 ! 8: + 4 = 1300"# 54:2 ! 108: ! 1296 = 0 "# :2 ! 2: ! 24 = 0"# : = 1
%1 + 24 "# : = !4 + : = 6
Se : = !4, temos # =: + 60 2-+85 0 :
= (20 00!4).
Se : = 6, temos # =: + 60 2-+85 0 :
= (120 40 6).
Outra resoluo:
Comecemos por observar que a altura dum tringulo equiltero de lado 7 )!32 . Em segundo lugar,
rera-se que a altura dum tringulo equiltero (segmento de recta) perpendicular base no seu pontomdio. Em terceiro lugar, rera-se que os pontos "0!0# pertencem ao plano de equao (!51+: = !2,como se pode vericar facilmente. Se tal no acontecesse, podamos encontrar uma equao do plano"!#, ou encontrar um vector perpendicular a este plano.
Ento, a recta que contm a altura relativa ao vrtice # perpendicular ao vector!!&"! = (60 00!6)
e ao vector !&L = (10!50 1), que perpendicular a todas as rectas do plano de equao (! 51+ : = !2.Ento, vamos procurar um vector !&M = ($0 %0 &) que seja perpendicular aos dois vectores !&L e !!&"!:($0 %0 &) (60 00!6) = 0($0 %0 &) (10!50 1) = 0 "#
6$! 6& = 0$! 5%+ & = 0 "#
& = $$! 5%+ $ = 0 "#
% = 2%5& = 4$
Fazendo $ = 5, temos % = 2 e & = 5. Logo, !&M = ($0 %0 &) = (50 20 5).Ora,
!!&"! = 6
%2 e k!&M k = k(50 20 5)k = 3
%6.
Mas, )!32 = 6
%2
!32 = 3
%6, o que facilita a resoluo.
Seja 2 = (70 20 1), o ponto mdio de ["!]. Ento, # =2 !&M .Logo, # = (70 20 1) (50 20 5), donde vem # = (120 40 6) + # = (20 00!4).
2. Sejam " = (40 20 4) 0 ! = (100 20!2) 0 # = (20 00!4). Seja 2 = (70 20 1), o ponto mdio de ["!].
638 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
-, o baricentro do tringulo ["!] , dado por - =2 + 13!!&2#, mas, pode ser calculado pela mdia
aritmtica das coordenadas dos vrtices do tringulo:
- =
4 + 10 + 2
302 + 2 + 0
304! 2! 4
3
=
16
304
30!23
O quarto vrtice do tetraedro pertence recta que passa por - e perpendicular ao plano "!#.Uma maneira interessante de continuar, consiste no clculo da altura do tetraedro (altura da
pirmide).A altura do tetraedro, um tero da mediana e a altura do tringulo (face lateral) denem um
tringulo rectngulo em que a hipotenusa a altura do tringulo.13
!!&2# = 13 (!50!20!5), pelo que
13
!!&2# = 13
%25 + 4 + 25 =
%6
Ento, N2+6 = 54, donde vem N =%48 = 4
%3. Mas, o plano "!# tem equao (! 51+ : = !2,
pelo que !&L = (10!50 1) perpendicular ao plano. Ora, k!&L k =%1 + 25 + 1 =
%27 = 3
%3. Ento,
!!&H - = 43
!&L .Logo, H = - 43
!&L =163 0
43 0!
23
43 0!
203 0
43
.
Uma das solues (a mais simples) :
H =
16
304
30!23
!4
30!20
304
3
= (40 80!2)
Faamos a vericao:
!&"H = H !" = (40 80!2)! (40 20 4) = (00 60!6) 0
!&"H =
%72 = 6
%2
!!&!H = H !! = (40 80!2)! (100 20!2) = (!60 60 0) 0
!!&!H =
%72 = 6
%2
!!H = H ! # = (40 80!2)! (20 00!4) = (20 80 2) 0
!!&!H =
%72 = 6
%2
A outra soluo H =163 0
43 0!
23
+43 0!
203 0
43
=203 0!
163 0
23
.
Outra maneira de encontrar o quarto vrtice:- =
163 0
43 0!
23
0 H =
163 0
43 0!
23
+ 3 (10!50 1)
Logo:
!&"H =
16
304
30!23
+ 3 (10!50 1)! (40 20 4) =
4
3+ 30!2
3! 530!14
3+ 3
=1
3(4 + 330!2! 1530!14 + 33)
Ento:!&"H
= 13
q(4 + 33)2 + (!2! 153)2 + (!14 + 33)2
=1
3
p16 + 243+ 932 + 4 + 603+ 22532 + 196! 843+ 932 = 1
3
p24332 + 216
Logo, 13%24332 + 216 = 6
%2, ou seja
%24332 + 216 = 18
%2. Ento:
p24332 + 216 = 18
%2 "# 24332 + 216 = 648 "# 32 = 432
243"# 3 = 4
3
Logo, H =163 0
43 0!
23
43 (10!50 1).
639
3. A rea dum tringulo equiltero, de lado 7, 72!34 , pelo que a rea total do tetraedro regular
4 72!34 = 7
2%3. Neste caso, temos 72
%3 = 72
%3.
4. O tetraedro uma pirmide, motivo pelo qual o seu volume um tero do produto da rea dabase pela altura. Neste caso, temos que o volume 13 18
%3 4
%3 = 72.
Registe-se que o volume dum tetraedro regular, de aresta 7, dado por
73%2
12
Exerccio 668 Considere o prisma (recto) representado na gura:
O hexgono regular ["1"2"3"4"5"6] tem centro (00 00 0). As coordenadas do ponto "3 so (00 20 0)e a base [!1!2!3!4!5!6] est contida no plano de equao ( = !16.
1. Mostre que "2 =00 10
%3.
2. Indique as coordenadas dos vrtices do prisma.
3. Indique uma equao cartesiana do plano mediador de ["1!1].
4. Calcule a rea total do prisma.
5. Calcule o volume do prisma.
6. Calcule o volume do maior cilindro de revoluo contido no prisma.
7. Calcule o volume do maior elipside de revoluo contido no prisma.
Resoluo
1. [I"2"3] um tringulo equiltero de lado 2. Seja ) a sua altura. Ento, )2+12 = 22, donde vem) =
%3. Como a base ["1"2"3"4"5"6] est contida no plano ( = 0, temos que "2 =
00 10
%3.
640 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
2. "2 =00 10
%30 "3 = (00 20 0) 0 "4 =
00 10!
%30 "5 =
00!10!
%30 "6 = (00!20 0)
"1 =00!10
%30 !2 =
!160 10
%30 !3 = (!160 20 0) 0 !4 =
!160 10!
%3
!5 =!160!10!
%30 !6 = (!160!20 0) 0 !1 =
!160!10
%3
3. Uma equao cartesiana do plano mediador de ["1!1] ( = !8, porque a distncia entre osplanos que contm as dusa bases 16 e as arestas laterais so perpendiculares s bases, uma vezque o prisma recto.
claro que podemos efectuar outros clculos, para chegar mesma concluso:
Seja = = ((0 10 :) um ponto equidistante de "1 e de !1. Ento,
="1 = ="2 "#r((! 0)2 + (1 + 1)2 +
: !
%32=
r((+ 16)2 + (1 + 1)2 +
: !
%32
"# (2 + (1 + 1)2 +: !
%32= ((+ 16)2 + (1 + 1)2 +
: !
%32
"# (2 = ((+ 16)2 "# (2 = (2 + 32(+ 256"# 32( = !256 "# ( = !8
Ou:
( !!!&"1!1 = !1 !"1 =
!160!10
%3!00!10
%3= (!160 00 0) = !16 (10 00 0)
2 ="16+02 0
"1"12 0
!3+!3
2
=!80!10
%3
Logo, uma equao do plano mediador de ["1!1] 1 ((+ 8)+0 (1 + 1)+0: !
%3= 0, ou seja,
( = !8.
4. A rea de cada face lateral 2 16 (unidades de rea). A rea de [I"2"3] 2!32 (unidades de
rea).
Logo, a rea duma das bases 6%3 (unidades de rea). Ento, a rea total do prisma
6 32 + 2 6%3(unidades de rea), ou seja,
192 + 12
%3(unidades de rea).
5. O volume do prima 6%3 16 (unidades de volume), ou seja, 96
%3 (unidades de volume).
6. O maior cilindro de revoluo contido no prisma o cilindro com a mesma altura e cujas bases socircunferncias inscritas nas bases do prisma. Tais circunerncias tm raio
%3. Ento, o volume
do cilindro O %32
16 (unidades de volume), ou seja, 48O (unidades de volume).
7. A maior esfera contida no prisma tem raio%3, pelo que o seu volume 43O
%33
(unidades devolume), ou seja, 4O
%3 (unidades de volume). Se dilatarmos a esfera de centro no plano ( = !8,
ao longo do eixo das abcissas, mantendo xo o referido plano de equao ( = !8, vamos obtendoum elipside de revoluo. Para que o elipside seja tangente ao plano ( = 0, a razo da dilataodeve ser 8!
3, pelo que o volume do elipside vem multiplicado por 8!
3. Ento, o volume do elipside
32O (unidades de volume).
Exerccio 669 Determine a rea da regio plana limitada pela elipse denida pelos grcos das funes
6 (() = 2q4! ((+ 2)2 e A (() = !2
q4! ((+ 2)2.
Resoluo
Consideremos a elipse dada e a circunferncia denida por 1 = q4! ((+ 2)2, conforme se v na
gura seguinte.
641
Consideremos, sobre o grco de 6 ((), um ponto ". Consideremos, ainda, a recta vertical quepassa por ". Esta recta intersecta os grcos das restantes trs funes nos pontos !, # e '. Mas,"! = 2#', qualquer que seja a posio do ponto " (sobre o grco de 6). Ento, pelo princpio deCavallieri, a rea da regio plana limitada pela elipse o dobro da rea do crculo. Ento, a rea daregio plana limitada pela elipse de 8O (unidades de rea).
Suponhamos, agora, que a elipse e a circunferncia rodam meia volta, em torno do eixo vertical daelipse, denindo um elipside de revoluo e uma esfera. Consideremos o plano que passa por " e que perpendicular ao eixo das abcissas (referencial a duas dimenses da gura). Este plano, intersecta oelipside segundo uma elipse e a esfera segundo um crculo, tendo-se que a rea da regio plana limitadapela elipse o dobro da rea do crculo. Ento, como o ponto " arbitrrio, concluimos (pelo princpiode Cavallieri) que o volume da regio limitada pelo elipside o dobro do volume da esfera. Logo, ovolume da regio plana limitada pelo elipside de 2 43 O 2
3 (unidades de volume), ou seja, 643 O(unidades de volume).
Exerccio 670 Determine a rea da regio plana limitada pela elipse de equao !2
%2+ "
2
$2= 1.
ResoluoSuponhamos que $ * 0 ' % * 0. Consideremos uma dilatao (ou contraco) ao longo da direco
do eixo das abcissas de razo $%. Ento, obtemos uma circunferncia que limita um crculo de raio %.
Logo, a rea do crculo O%2. Ento, a rea pretendida O%2 %$(unidades de rea), ou seja, O$%
(unidades de rea). Se $ = % = @, a elipse transforma-se numa circunferncia que limita um crculo derea O@2.
Observemos que a dilatao considerada pode ser interpretada do seguinte modo: Temos um ref-erencial ortonormado desenhado numa faixa plana elstica. Depois, seguramos nas duas extremidadesda faixa e afastamo-las uma da outra, cando o eixo das ordenadas xo. Fica, assim, denida umaaplicao, qual se d o nome de anidade. Esta aplicao transforma segmentos de recta paralelos emsegmentos de recta paralelos.
Exerccio 671 Determine o volume da regio limitada pelo elipside de equao !2
22+ "
2
32+ -
2
42= 1.
ResoluoSe tivssemos !
2
22+ "
2
22+ -
2
22= 1, obteramos uma esfera de volume 43O 2
3 = 323 O.Considerando uma dilatao ao longo da direco do eixo das ordenadas de razo 32 , obtemos um
elipside que limita uma regio de volume 323 O32 = 16O. O novo elipside tem equao
!2
22+ "
2
32+ -
2
22= 1.
Considerando nova dilatao ao longo da direco do eixo das cotas de razo #% , obtemos um elipside
que limita uma regio de volume 16O 42 = 32O. O novo elipside tem equao!2
22+ "
2
32+ -
2
42= 1.
Exerccio 672 Determine o volume da regio limitada pelo elipside de equao !2
%2+ "
2
$2+ -
2
#2= 1.
642 CAPTULO 38. GEOMETRIA ANALTICA NO ESPAO
ResoluoSuponhamos que $ * 0 ' % * 0 ' & * 0.Se tivssemos $ = % = &, obteramos uma esfera de volume 43O%
3.Considerando uma dilatao (ou contraco) ao longo da direco do eixo das ordenadas de razo
$%, obtemos um elipside que limita uma regio de volume 43O$
3 $%= 43O$
2%. O novo elipside tem
equao !2
%2+ "
2
$2+ -
2
%2= 1.
Considerando nova dilatao (ou contraco) ao longo da direco do eixo das cotas de razo #% ,obtemos um elipside que limita uma regio de volume 43O$
2% #%= 43O$%&. O novo elipside tem
equao !2
%2+ "
2
$2+ -
2
#2= 1.
Captulo 39
Crculos e Esferas
Exerccio 673 Determine a interseco da recta @ denida por ((0 :) = (20!1) + 3 (40!3), 3 ( R,com a circunferncia denida por ((+ 1)2 + (1 ! 1)2 = 2. Determine, ainda, a distncia do ponto+ = (!10 1) recta @.
Resoluo!#
$
( = 2 + 431 = !1! 33((+ 1)2 + (1 ! 1)2 = 2
"#
!#
$
( = 2 + 431 = !1! 33(2 + 43+ 1)2 + (!1! 33! 1)2 = 2
Ora,
(43+ 3)2 + (!33! 2)2 = 2 "# 1632 + 243+ 9 + 932 + 123+ 4 = 2
"# 2532 + 363+ 11 = 0 "# 3 = 18%324! 27525
"# 3 = 18%49
25"# 3 = !1 + 3 = !11
25
Logo, ( = 2! 4 = !21 = !1 + 3 = 2 +
( = 2! 4425 =
625
1 = !1 + 3325 =825
Ento, a recta @ intersecta a circunferncia nos pontos " = (!20 2) e ! =625 0
825
.
Ento,
"! =
s6
25+ 2
2+
8
25! 22=
s56
25
2+
!4225
2
=1
25
p562 + 422 =
1
25
%4900 =
14
5
Se o ponto mdio de ["!] 2 , ento "2 = 75 , o que nos permite encontrar a distncia < do ponto+ = (!10 1) recta @:
644 CAPTULO 39. CRCULOS E ESFERAS
Exerccio 674 Determine a interseco da recta @ denida por ((0 1) = (20!1) + 3 (40!3), 3 ( R,com o crculo denido por ((+ 1)2 + (1 ! 1)2 , 2.
ResoluoA diferena, relativamente ao exerccio anterior, que a interseco um segmento de recta em vez
de dois pontos, ou seja, a interseco o segmento de recta de extremos " = (!20 2) e ! =625 0
825
.
A resoluo pode ser exactamente igual do exerccio anterior, mas pode ter algumas diferenas.Assim, teremos
(43+ 3)2 + (!33! 2)2 , 2 "# 1632 + 243+ 9 + 932 + 123+ 4 , 2
"# 2532 + 363+ 11 , 0 "# !1 , 3 , !1125
Para 3 = !1, temos ((0 1) = (20!1) ! (40!3) = (!20 2) = ", enquanto que para 3 = !1125 , temos((0 1) = (20!1)! 1125 (40!3) =
625 0
825
= !.
E para cada 3, tal que !1 B 3 B !1125 , teremos um ponto pertencente a ["!].
Exerccio 675 Determine a distncia do ponto " = (30!2) recta @ denida por ((0 1) = (!20 5) +3 (20!1), 3 ( R.
Resoluo
Seja ! = (!20 5). Ento, !!&"! = !!" = (!20 5)! (30!2) = (!50 7), pelo que!!&"!
=%25 + 49 =
%74.Consideremos a circunferncia de centro " e raio
%74, de equao ((! 3)2 + (1 + 2)2 = 74.
A interseco da recta @ com a circunferncia anterior obtida por!#
$
( = !2 + 231 = 5! 3((! 3)2 + (1 + 2)2 = 74
Logo,
(!2 + 23! 3)2 + (5! 3+ 2)2 = 74 "# (23! 5)2 + (7! 3)2 = 74"# 432 ! 203+ 25 + 49! 143+ 32 = 74
"# 532 ! 343 = 0 "# 3 = 0 + 3 = 345
claro que um dos pontos de interseco ! = (!20 5).O outro ponto de interseco # = (!20 5) + 345 (20!1) =
585 0!
95
.
585 0!
95
! (30!2) =
435 0
15
15
%432 + 1 =
%74
O ponto mdio de [!#] 2 ="2+ 58
5
2 05" 9
5
2
=245 0
85
.
Ento,!!&"2 =2 !" =
245 0
85
! (30!2) =
95 0185
.
Logo,!!&"2
= 15%81 + 324 = 15
%405 = 95
%5.
Ento, a distncia do ponto " = (30!2) recta @ 95%5.
Observao fcil obter a interseco duma recta denida por uma equao vectorial (ou por equaes paramtri-
cas) e uma circunferncia (ou outra recta ou um plano) denida por uma equao cartesiana. No entanto necessrio algum cuidado, quando temos, qpenas, equaes vectoriais (e/ou paramtricas). Vejamoso seguinte exerccio muito simples:
645
Exerccio 676 Determine o ponto de interseco das rectas @ e D denidas por ((0 1) = (10 2)+3 (40!1)e por ((0 1) = (30!2) + 3 (!20 3), com 3 ( R.
ResoluoO problema est em usar o parmetro 3 em ambas as equaes. Aqui, a "asneira"est na forma
como foi apresentada a pergunta, mas, muitas vezes, so os alunos que utilizam a mesma letra nas duasequaes.
Ento, devemos ter
((0 1) = (10 2) + 3 (40!1)((0 1) = (30!2) + 4 (!20 3) =#
!""#
""$
( = 1 + 431 = 2! 3( = 3! 241 = !2 + 34
=#1 + 43 = 3! 242! 3 = !2 + 34
=#43+ 24 = 23+ 34 = 4
=#4 = 1! 233+ 3! 63 = 4 =#
4 = 753 = !15
Logo,( = 1! 45 =
15
1 = 2 + 15 =115
.
Exerccio 677 Determine a interseco da recta denida por ((0 10 :) = (10 20!1) + 3 (20 30 2), 3 ( R,com a superfcie esfrica denida por ((+ 1)2 + (1 ! 1)2 + (: ! 2)2 = 33.
Resoluo
!""#
""$
( = 1 + 231 = 2 + 33: = !1 + 23((+ 1)2 + (1 ! 1)2 + (: ! 2)2 = 33
"#
!""#
""$
( = 1 + 231 = 2 + 33: = !1 + 23(1 + 23+ 1)2 + (2 + 33! 1)2 + (!1 + 23! 2)2 = 33
"#
!""#
""$
( = 1 + 231 = 2 + 33: = !1 + 23(23+ 2)2 + (33+ 1)2 + (23! 3)2 = 33
Ento, 432 + 83+ 4 + 932 + 63+ 1 + 432 ! 123+ 9! 33 = 0.Logo, 1732 + 23! 19 = 0, donde vem 3 = 1 + 3 = !1917 .Ento, !
""#
""$
( = 31 = 5: = 13 = 1
+
!""#
""$
( = !21171 = !2317: = !55173 = !1917
Logo, a recta intersecta a superfcie esfrica em dois pontos: /1 = (30 50 1) e /2 =!2117 0!
2317 0!
5517
.
ObservaoA interseco da esfera denida por ((+ 1)2 + (1 ! 1)2 + (: ! 2)2 , 33 com a recta de equao
((0 10 :) = (10 20!1) + 3 (20 30 2), 3 ( R, o segmento de recta de extremos /1 = (30 50 1) e /2 =!2117 0!
2317 0!
5517
.
A interseco da esfera aberta denida por ((+ 1)2 + (1 ! 1)2 + (: ! 2)2 B 33 com a recta deequao ((0 10 :) = (10 20!1) + 3 (20 30 2), 3 ( R, o segmento de recta de extremos /1 = (30 50 1) e/2 =
!2117 0!
2317 0!
5517
privado dos extremos (segmento aberto).
646 CAPTULO 39. CRCULOS E ESFERAS
Exerccio 678 Determine a interseco do plano denido por 2(+31!: = 5, com a superfcie esfricadenida por ((! 2)2 + (1 + 1)2 + (: + 2)2 = 3.
ResoluoResolvendo a equao do plano em ordem a :, obtemos : = 2(+ 31 ! 5.Ento, ((! 2)2 + (1 + 1)2 + (2(+ 31 ! 3)2 = 3.Logo, (2 ! 4(+ 4 + 12 + 21 + 1 + 4(2 + 912 + 9 + 12(1 ! 12(! 181 ! 3 = 0.Logo, 5(2 + 12(1 + 1012 ! 16(! 161 + 11 = 0.Resolvendo a equao anterior em ordem a 1, obtemos 1 = 45 !
35(
110
%!14(2 + 64(! 46.
Ento, devemos ter !14(2 + 64(! 46 $ 0, ou seja, 167 !17
%95 , ( , 167 +
17
%95.
Resolvendo a equao em ordem a (, obtemos ( = !651 +85
15
p!1412 ! 161 + 9.
Ento, devemos ter !1412 ! 161 + 9 $ 0, ou seja,!47 !114
%190 , 1 , !47 +
114
%190.
claro que no apresentmos os clculos que permitem chegar s expresses anteriores.Este exerccio mostra que bastante difcil obter a interseco dum plano com uma superfcie esfrica,
embora essa interseco seja o conjunto vazio, um ponto ou uma circunferncia. claro que h casosfceis, por exemplo, quando o plano perpendicular a um dos eixos coordenados.
Exerccio 679 Determine a interseco da recta denida por 2( + 31 = 5 com a circunferncia deequao ((! 3)2 + (1 + 1)2 = 8.
2(+ 31 = 5
((! 3)2 + (1 + 1)2 = 8 "#1 = 5"2!3((! 3)2 +
5"2!3 + 1
2= 8
# (2 ! 6(+ 9 +8! 2(3
2= 8
# (2 ! 6(+ 9 + 64! 32(+ 4(2
9= 8
# 9(2 ! 54(+ 81 + 64! 32(+ 4(2 = 72# 13(2 ! 86(+ 73 = 0
# ( = 1 + ( = 7313
Ento, ( = 11 = 1
+(( = 7313
1 =5"146
13
3 = !2713
Logo, a recta intersecta a circunferncia nos pontos /1 = (10 1) e /2 =7313 0!
2713
.
Captulo 40
Um simples tringulo, mas muito paraaprender
Exemplo 680 Determine os senos dos ngulos internos dum tringulo cujos lados medem 5 cm , 6 cme 7 cm.
Se conhecermos a lei dos cosenos e a lei dos senos:Consideremos a gura seguinte:
C
AB E
D
Faamos $ = 50 % = 60 & = 7. Pela lei dos senos, temos:
5
sin"=
6
sin!=
7
sin#= 2E
Pela lei dos cosenos:
72 = 62 + 52 ! 2 6 5 cos# "# 60 cos# = 36 + 25! 49 "# cos# = 1260
"# cos# = 15
Ento, sin# =q1! 125 =
q2425 =
25
%6. E agora, temos:
!"#
"$
sin! = 67 sin# =67
25
%6 = 1235
%6
sin" = 57 sin# =57
25
%6 = 27
%6
2E = 7sin4 = 752!6= 35
2!6= 35
!6
12
Na ltima igualdade indicada, 2E o dimetro da circunferncia circunscrita ao tringulo.Se conhecermos a lei dos cosenos, mas no conhecermos a lei dos senos:Sejam $ = 50 % = 60 & = 7. Pela lei dos cosenos, temos:
72 = 62 + 52 ! 2 6 5 cos# "# 60 cos# = 36 + 25! 49 "# cos# = 1260
"# cos# = 15
Ento, sin# = 25%6.
647
648 CAPTULO 40. UM SIMPLES TRINGULO, MAS MUITO PARA APRENDER
Aplicando outra vez a lei dos cosenos:
62 = 72 + 52 ! 2 7 5 cos! "# 70 cos! = 49 + 25! 36 "# cos! = 3870
"# cos# = 1935
Ento, sin! =q1! 3611225 =
q8641225 =
1235
%6.
E, nalmente, temos:
52 = 72 + 62 ! 2 7 6 cos" "# 84 cos" = 49 + 36! 25 "# cos! = 6084
"# cos# = 57
Ento, sin" =q1! 2549 =
q2449 =
27
%6.
Se conhecermos a lei dos senos e algumas frmulas trigonomtricas, mas no a lei doscosenos:
5
sin. =6
sin/5
sin. =7
sin4
=#5 sin! = 6 sin"5 sin ("+!) = 7 sin"
=#5 sin! = 6 sin"5 sin" cos! + 5 sin! cos" = 7 sin"
=#5 sin! = 6 sin"5 sin" cos! + 6 sin" cos" = 7 sin"
=#5 sin! = 6 sin"5 cos! + 6cos" = 7
=#5 sin! = 6 sin"5 cos! = 7! 6 cos"
=#25 sin2! = 36 sin2"25 cos2! = 49! 84 cos"+ 36 cos2"
=# 25 = 36 + 49! 84 cos"
=# cos" = 6084
=# cos" = 57
E, agora, temos sin" =q1! 2549 =
q2449 =
27
%6.
Ento, sin! = 6 sin.5 =1235
%6, sin# = 7 sin.5 =
25
%6
Se no conhecermos a lei dos cosenos, nem a lei dos senos:
Vamos resolver o problema anterior, usando coordenadas cartesianas:Sejam ! = (00 0) 0 " = (70 0) e # = ((0 1).
C
AB E
D
649
Pretendemos determinar #, de modo que as distncias de # aos pontos " e ! sejam iguais a 6 e a5, respectivamente. Ento:
( p(2 + 12 = 5q((! 7)2 + 12 = 6
"#(2 + 12 = 25(2 ! 14(+ 49 + 12 = 36 "#
(2 + 12 = 25(2 + 12 ! 14(+ 49 = 36
"#(2 + 12 = 2525! 14(+ 49 = 36 "#
(2 + 12 = 2514( = 38
"#12 = 25! 36149( = 197
"#12 = 86449( = 197
"#(1 = 12
!6
7( = 197
Ento, podemos fazer # =197 0
12!6
7
.
Logo,sin! =12!6
7
5 =1235
%6 e sin" =
12!6
7
6 =27
%6.
O clculo de sin# ligeiramente mais complicado:A rea do tringulo ["!#] 12 7
12!6
7 = 6%6.
Ento, considerando que a base do tringulo 5, temos 12 5) = 6%6, donde se conclui que ) = 125%
6, pelo que sin# =12
5
!6
6 =25
%6.
Exemplo 681 Determine os comprimentos das medianas do tringulo de lados 5 cm , 6 cm e 7 cm.
ResoluoSejam 21 o ponto mdio de ["!], 22 o ponto mdio de ["#] e 23 o ponto mdio de [!#].
Consideremos o tringulo ["#21]. Ora, "# = 60 "21 =7
2, pelo que, aplicando o Teorema de Carnot,
obtemos:
1. #212= 62 +
7
2
2! 2 6 7
2cos" = 36 +
49
4! 42 5
7= 36 +
49
4! 30 = 73
4
Logo, #21 =
%73
2.
2. !222= 52 + 32 ! 2 5 3 cos# = 25 + 9! 30 1
5= 28. Logo, #22 = 2
%7.
3. "232= 72 +
5
2
2! 2 7 5
2cos! = 49 +
25
4! 35 19
35=145
4. Logo, #23 =
%145
2.
Exemplo 682 Consideremos um tringulo ["!#] de lados $0 %0 &. Sejam 21 o ponto mdio de ["!],22 o ponto mdio de ["#] e 23 o ponto mdio de [!#] P Ento:
!"""""#
"""""$
#212=2$2 + 2%2 ! &2
4
!222=2$2 + 2&2 ! %2
4
"232=2%2 + 2&2 ! $2
4
ResoluoConsideremos o seguinte tringulo:
650 CAPTULO 40. UM SIMPLES TRINGULO, MAS MUITO PARA APRENDER
A
B
C
M1
M2
M3
Aplicando a lei dos cosenos aos tringulos [!#21] e ["!#], obtemos:!#
$#21
2= $2 +
&2
2! 2 $&
2cos! = $2 +
&2
4! $& cos!
%2 = $2 + &2 ! 2$& cos!
Logo, #212= $2 +
&2
4+%2 ! $2 ! &2
2=4$2 + &2 + 2%2 ! 2$2 ! 2&2
4=2$2 + 2%2 ! &2
4.
Analogamente, se mostram as duas outras igualdades.
Exemplo 683 Deduza a lei dos senos, a partir da rea do tringulo de lados $0 %0 &.
ResoluoConsideremos o seguinte tringulo:
Na gura anterior, vemos que ) = & sin", pelo que a rea do tringulo %)
2=%& sin"
2.
Analogamente se mostrava que a rea do tringulo pode ser dada por$% sin#
2e por
$& sin!
2.
Logo, $% sin# = $& sin! = %& sin".
Dividindo por $%&, obtemos&
sin#=
%
sin!=
$
sin", ou seja, a lei dos senos.
Est, assim, demonstrada a lei dos senos (verso curta). claro que as fraces anteriores podemser invertidas:
sin"
$=sin!
%=sin#
&
Observe-se que as frmulas acima, que do a rea do tringulo, so vlidas mesmo que o tringulono seja acutngulo, devido ao facto de ngulos