Capítulo 4

Retas e Planos

A linguagem vetorial desenvolvida nos capítulos anteriores permite descrever retas e planos por equações. Neste capítulo obteremos suas formas vetoriais, paramétricas e cartesianas a partir das condições geométricas que as determinam.

Ao longo de todo o capítulo fixaremos um sistema cartesiano de coordenadas \(\Sigma =(O,(\boldsymbol {i},\boldsymbol {j},\boldsymbol {k}))\).

4.1 Equações da Reta

Um dos postulados da geometria euclidiana afirma que por dois pontos distintos passa uma única reta. Dados, portanto, dois pontos distintos \(A\) e \(B\), queremos determinar equações que descrevam a reta \(r\) que passa por eles.

Para isso, observe que dado um ponto \(X\) em \(r\), o vetor \(\overrightarrow {AX}\) é paralelo ao vetor \(\overrightarrow {AB}\), e portanto existe um escalar \(t\in \mathbb {R}\) tal que \(\overrightarrow {AX}=t\overrightarrow {AB}\). Assim, temos que

\[ X=A+\overrightarrow {AX}=A+t\overrightarrow {AB}, \]

e considerando \(A:\left( a,b,c\right)\) e \(\boldsymbol {v}=\overrightarrow {AB}=v_1\boldsymbol {i}+v_2\boldsymbol {j} + v_3\boldsymbol {k}\), vemos que um ponto \(X:\left( x,y,z\right) \) pertence à reta \(r\) se e somente se \(\overrightarrow {AX}=\boldsymbol {v}t,\) ou ainda

\begin{equation} \label{eqreta1}r: X=A+\boldsymbol {v}t. \tag{4.1} \end{equation}

Expandindo obtemos

\begin{equation} \left(\begin{array}{l} x \\ y \\ z \end{array}\right)= \left(\begin{array}{l} a \\ b \\ c \end{array}\right) +\left( \begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right)t, \tag{4.2} \end{equation}

ou de forma mais simplificada:

\begin{equation} \label{eqreta2}r: \left\{ \begin{matrix} x & = & a+v_1t \\ y & = & b+v_2t \\ z & = & c+v_3t \end{matrix} \right. \tag{4.3} \end{equation}

A equação 4.1 é conhecida como equação vetorial da reta \(r\), e nestas condições o ponto \(A\) é chamado ponto inicial e o vetor \(\boldsymbol {v}\) é dito vetor diretor da reta \(r\). As equações em 4.3 são chamadas as equações paramétricas da reta \(r\).

Se interpretarmos o parâmetro \(t\) como tempo, podemos ler essa equação como a trajetória de um ponto que se move no espaço ao longo da reta \(r\) tendo o ponto \(A\) como o ponto inicial e o vetor \(\boldsymbol {v}\) como a velocidade, e assim para cada valor de \(t\) obtemos um ponto no espaço.

Outra forma de representar a reta \(r\) pode ser obtida ao isolarmos o parâmetro \(t\) nas equações paramétricas. Assim, se em 4.3 tivermos \(v_1 \not=0, v_2\not= 0\) e \(v_3 \not=0\), podemos eliminar o parâmetro \(t\) e obter

\[ \dfrac {x-a}{v_1}=\dfrac {y-b}{v_2}=\dfrac {z-c}{v_3}, \]

que constituem a forma simétrica das equações da reta \(r\).

A representação de uma reta por equações não é única: ela depende da escolha do ponto inicial e do vetor diretor. Considere, por exemplo, a reta \(r:X=A+\boldsymbol {v}t\). Escolhendo um ponto \(B\) em \(r\), podemos trocar o ponto inicial por \(B\) e assim representar \(r\) por \(r: X=B+\boldsymbol {v}t\). Do mesmo modo, trocando o vetor diretor \(\boldsymbol {v}\) por outro vetor não nulo \(\boldsymbol {v}\prime \) paralelo, obtemos que \(X=A+\boldsymbol {v}\prime t\) é também uma equação vetorial para \(r\) (veja exercício 2.1).

Exemplo 4.1

Encontre as equações da reta que passa pelos pontos \(A:(0,1,1)\) e \(B:(1,3,0)\).

Solução

Escolhendo \(\boldsymbol {v}=\overrightarrow {AB}:(1,2,-1)\) como vetor diretor e \(A\) como ponto inicial obtemos a equação vetorial

\[ r: X=A+\boldsymbol {v}t \]

\[ \left(\begin{array}{l} x \\ y \\ z \end{array}\right) =\left( \begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right)+ \left( \begin{array}{l} 1 \\ 2 \\ -1 \end{array} \right)t \]

As equações paramétricas ficam então \(x=t, y=1+2t, z =1-t\).

As equações simétricas para essa reta são obtidas isolando o parâmetro \(t\) nas equações anteriores, ou seja,

\[ x=\dfrac {y-1}{2}=\dfrac {z-1}{-1}. \]

Exemplo 4.2

Dada a reta \(r\) de equações paramétricas \(r:X=(1,3,2)+(1,1,2)t\).

Encontre três pontos pertencentes a essa reta.
Encontre um conjunto de equações vetoriais para essa reta na qual o ponto inicial seja distinto.
Encontre um conjunto de equações vetoriais para essa reta na qual o vetor diretor seja distinto

Solução

Claramente o ponto \((1,3,2)\) pertence a essa reta. Para obter outros pontos desta reta basta escolhermos valores distintos para o parâmetro \(t\). Assim, se \(t=1\) temos que \((1,3,2)+(1,1,2)=(2,4,4)\) pertence à reta. Tomando \(t=-2\) temos que \((1,3,2)-2(1,1,2)=(-1,1,-2)\) pertence à reta.
Substituindo o ponto inicial por outro ponto pertencente à reta obtemos equações com as propriedades exigidas. Escolhendo, por exemplo, o ponto \((-1,1,-2)\) obtemos a equação vetorial

\[ r:X=(-1,1,-2)+(1,1,2)t. \]
Substituindo o vetor diretor por um de seus múltiplos não nulos obtemos equações com as propriedades exigidas. Se, por exemplo, multiplicarmos o vetor diretor por \(\dfrac {1}{2}\) encontramos a equação vetorial

\[ r:X=(-1,1,-2)+(\dfrac {1}{2},\dfrac {1}{2},1)t. \]

Exemplo 4.3

Verifique se os pontos \(A:(4,1,5)\) e \(B:(0,0,0)\) pertencem à reta \(r:(1,1,2)+(1,0,1)t\).

Solução

Para que o ponto \(A\) pertença à reta \(r\) é necessário que exista \(t\in \mathbb {R}\) tal que:

\[ (4,1,5)=(1,1,2)+(1,0,1)t \]

Ou seja, deve existir \(t\) tal que o sistema de equações

\[ \left\{ \begin{array}{c} 4=1+t \\ 1=1+0t \\ 5=2+t \end{array}\right. \]

tenha solução.

O sistema acima possui solução, \(t=3\), e logo o ponto \(A\) pertence à reta \(r\).

De modo análogo, para que o ponto \(B\) pertença à reta \(r\) é necessário que exista \(t\in \mathbb {R}\) tal que

\[ (0,0,0)=(1,1,2)+(1,0,1)t, \]

ou seja, deve existir \(t\) tal que o sistema de equações

\[ \left\{ \begin{array}{c} 0=1+t \\ 0=1+0t \\ 0=2+t \end{array}\right. \]

tenha solução.

Como sistema acima não possui solução, o ponto \(B\) não pertence à reta \(r\).

Exemplo 4.4

Identifique o lugar geométrico dado pelas equações

\[ \dfrac {2-3x}{7}=\dfrac {2y-2}{3}=\dfrac {5z-1}{2} \]

Solução

Dividindo os numeradores e os denominadores de cada fração pelo coeficiente das variáveis, obtemos

\[ \dfrac {x-\dfrac {2}{3}}{-\dfrac {7}{3}}=\dfrac {y-1}{\dfrac {3}{2}}=\dfrac {z-\dfrac {1}{5}}{\dfrac {2}{5}}. \]

Estas são as equações na forma simétrica de uma reta. E portanto o lugar geométrico é uma reta passando pelo ponto \((\dfrac {2}{3}, 1,\dfrac {1}{5}) \) com vetor diretor \((-\dfrac {7}{3},\dfrac {3}{2},\dfrac {2}{5})\).

Exemplo 4.5

Verifique se as retas \(r:X=(1,1,1)+(1,0,1)t\) e \(s:X=(0,4,3)+(-1,1,0)t\) se interceptam.

Solução

Para que um ponto \(P\) pertença simultaneamente às retas \(r\) e \(s\), devem existir números reais \(t_1\) e \(t_2\) tais que

\[ P=(1,1,1)+(1,0,1)t_1 \quad \mbox{ e }\quad P=(0,4,3)+(-1,1,0)t_2. \]

De onde encontramos que

\[ (1,1,1)+(1,0,1)t_1=(0,4,3)+(-1,1,0)t_2 \]

Resolvendo o sistema acima encontramos \(t_1=2, t_2=-3\). Como o sistema possui solução, concluímos que as retas \(r\) e \(s\) se interceptam.

Para determinar o ponto de intersecção substituímos \(t \to t_1\) na equação \(P=(1,1,1)+(1,0,1)t_1\) e obtemos

\[ P:(3,1,3). \]

Na comparação das duas retas, usamos parâmetros independentes. O mesmo ponto \(P\) pode corresponder, em cada parametrização, a um valor diferente de \(t\).

4.1.1 Equações da reta no plano

No plano, a representação de uma reta utiliza duas coordenadas. Como no espaço, um ponto inicial \(A\) e um vetor diretor \(\boldsymbol {v}\) determinam sua equação vetorial:

\begin{equation} \label{eq1}r: X=A+\boldsymbol {v}t \tag{4.4} \end{equation}

Nesse caso a expressão em coordenadas fica:

\begin{equation} \left(\begin{array}{l} x \\ y \end{array}\right)= \left(\begin{array}{l} a \\ b \end{array}\right) +\left( \begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)t \tag{4.5} \end{equation}

Se \(v_1,v_2\neq 0\) podemos escrever a forma simétrica das equações da reta no plano

\[ \dfrac {x-a}{v_1}=\dfrac {y-b}{v_2}, \]

ou ainda,

\[ y-b=\dfrac {v_2}{v_1}(x-a). \]

O número real \(m=\dfrac {v_2}{v_1}\) é denominado coeficiente angular da reta \(r\), e tem a seguinte interpretação geométrica: o coeficiente angular é a tangente do ângulo entre a reta e o eixo \(x\). Para as retas não paralelas ao eixo \(y\), podemos escolher o vetor diretor como \(\boldsymbol {i}+m\boldsymbol {j}\), e assim obter equação afim ou reduzida da reta bidimensional

\[ y=mx + n, \]

onde \(n = b-ma\).

As retas paralelas aos eixos coordenados (\(v_1=0\) ou \(v_2=0\)) são especiais. Para as retas paralelas ao eixo \(y\), ou seja, retas com vetor diretor \(\boldsymbol {j}\), o coeficiente angular não está definido já que \(m=\dfrac {v_2}{v_1}\). Para obter uma equação para este tipo de reta, basta observar que todos os pontos possuem a primeira coordenada (coordenada \(x\)) igual. Ou seja, se a reta passa pelo ponto \(A:(a,b)\) então todo ponto \((x,y)\) em \(r\) é do tipo \((a,y)\), e portanto sua equação será dada por \(x=a\).

Do mesmo modo, se a reta é paralela ao eixo \(x\) e passa por um ponto \(A:(a,b)\), então sua equação é dada por \(y=b\).

Figura 4.1 Retas paralelas aos eixos coordenados

Observação 4.6

Toda reta no plano admite uma equação da forma:

\[ ax + by + c = 0, \]

com \(a,b,c\) constantes reais. Tal forma é conhecida como forma canônica ou equação cartesiana da reta no plano.

A equação na forma canônica é única a menos de um fator multiplicativo não nulo: se \((a,b)\neq (0,0)\) e \((a\prime ,b\prime )\neq (0,0)\), então \(ax+by+c=0\) e \(a\prime x+b\prime y+c\prime =0\) representam a mesma reta se e somente se existe \(\lambda \in \mathbb {R}\setminus \{ 0\} \) tal que \(a=\lambda a\prime \), \(b=\lambda b\prime \) e \(c=\lambda c\prime \).

Exemplo 4.7

Encontre a equação da reta que passa pelo ponto \((1,1)\) e que faz ângulo de \(60^\circ \) com o eixo \(x\).

Solução

O coeficiente angular da reta é \(m=\tan 60^\circ =\sqrt3\). Usando a forma ponto–inclinação,

\[ y-1=\sqrt3(x-1). \]

Equivalentemente, uma equação cartesiana é

\[ \sqrt3x-y+1-\sqrt3=0. \]

Exemplo 4.8

Seja \(r\) a reta que passa pelos pontos \((x_1,y_1)\) e \((x_2,y_2)\). Mostre que o coeficiente angular da reta \(r\) é:

\[ \lambda =\dfrac {y_2-y_1}{x_2-x_1} \]

Solução

O vetor diretor dessa reta é:

\[ (x_2-x_1)\boldsymbol {i}+(y_2-y_1)\boldsymbol {j} \]

E consequentemente \(m=\dfrac {y_2-y_1}{x_2-x_1}\).

Exemplo 4.9

Mostre que a equação da reta passando pelos pontos \(A=(x_{1},y_{1}), B=(x_{2},y_{2})\), pode ser escrita como:

\[ \left\vert \begin{array}{lll} x & y & 1 \\ x_{1} & y_{1} & 1 \\ x_{2} & y_{2} & 1 \end{array}\right\vert =0 \]

Solução

Seja \(P:(x,y)\) um ponto qualquer. O ponto \(P\) pertence à reta determinada pelos pontos \(A\) e \(B\) se e somente se \(A,B,P\) forem colineares, e o resultado segue do critério da proposição 3.37.

4.2 Equações do Plano

Três pontos não colineares \(P_0,P_1,P_2\) determinam um único plano \(\pi \). Fixemos \(\boldsymbol {u}=\overrightarrow {P_0P_1}\) e \(\boldsymbol {v}=\overrightarrow {P_0P_2}\). Como esses vetores são linearmente independentes, eles geram todas as direções paralelas ao plano.

Tome agora um ponto \(P\) qualquer deste plano, e observe que o vetor \(\overrightarrow {P_{0}P}\) é paralelo ao plano \(\pi \), e portanto coplanar aos vetores \(\boldsymbol {u}\) e \(\boldsymbol {v}\). Como os pontos \(P_{0},P_{1}\) e \(P_{2}\) são não colineares, concluímos que os vetores \(\boldsymbol {u}\) e \(\boldsymbol {v}\) são linearmente independentes, e assim, pelo Teorema da Base, podemos escrever o vetor \(\overrightarrow {P_{0}P}\) como combinação linear de \(\boldsymbol {u}\) e \(\boldsymbol {v}\), isto é, existem escalares \(s,t\in \mathbb {R}\) tais que

\[ \overrightarrow {P_{0}P}=\boldsymbol {u}s+\boldsymbol {v}t, \]

e portanto

\begin{equation} \label{eqvetorialdoplano} P=P_{0}+\boldsymbol {u}s+\boldsymbol {v}t. \tag{4.6} \end{equation}

Assim como no caso das retas, a equação (4.6) é chamada de equação vetorial do plano.

Escrevendo \(P:(x,y,z)\), \(P_0:(x_0,y_0,z_0)\), \(\boldsymbol {u}:(u_1,u_2,u_3)\) e \(\boldsymbol {v}:(v_1,v_2,v_3)\) obtemos

\begin{align*} x & =x_{0}+u_{1}s+v_{1}t \\ y & =y_{0}+u_{2}s+v_{2}t \\ z & =z_{0}+u_{3}s+v_{3}t, \end{align*}

encontrando assim equações paramétricas do plano. Assim como no caso das retas, essas equações não são únicas: dependem da escolha do ponto e dos vetores diretores.

Exemplo 4.10

Encontre as equações vetorial e paramétricas do plano \(\pi \) determinado pelos pontos \(P_0:(1,0,1)\), \(P_1:(-1,2,3)\) e \(P_2:(3,1,0)\).

Solução

Definindo \(\boldsymbol {u}=\overrightarrow {P_0P_1}:(-2,2,2)\) e \(\boldsymbol {v}=\overrightarrow {P_0P_2}:(2,1,-1)\), a equação vetorial de \(\pi \) fica

\[ \pi : P=(1,0,1)+(-2,2,2)s+(2,1,-1)t. \]

A forma paramétrica é encontrada ao olharmos coordenada por coordenada, ou seja,

\begin{align*} x & =1-2s+2t \\ y & =2s+t \\ z & =1+2s-t. \end{align*}

Além da descrição por três pontos não colineares, um plano pode ser determinado por um ponto e uma direção normal. De fato, dada uma reta e um ponto \(P_1\) podemos encontrar um único plano \(\pi \) que contenha o ponto \(P_1\) e que seja ortogonal a reta dada. Observe que, neste resultado, a reta serve apenas para determinar uma direção. Isso nos permite portanto substituir esta reta por um vetor paralelo a ela. Neste sentido, dado um plano \(\pi \), dizemos que um vetor \(\boldsymbol {n}\) não nulo é normal a \(\pi \) se \(\boldsymbol {n}\) é ortogonal a todos os vetores paralelos a \(\pi \). Todo plano possui uma infinidade de vetores normais (veja o exercício 2.2).

Sejam dois pontos \(P_{1}=\left( x_{1},y_{1},z_{1}\right) \) e \(P=\left( x,y,z\right) \) no plano \(\pi .\) Como o vetor \(\overrightarrow {P_{1}P}\) é perpendicular a \(\boldsymbol {n}:(a,b,c)\), seu produto escalar com \(\boldsymbol {n}\) é zero:

\[ a(x-x_1)+b(y-y_1)+c(z-z_1)=0. \]

Definindo \(d=ax_{1}+by_{1}+cz_{1}\), encontramos que \(ax+by+cz=d\) para qualquer ponto \(P:(x,y,z)\) pertencente ao plano. Em resumo, determinamos que se um ponto \(P=\left( x,y,z\right)\) pertence ao plano \(\pi \), então suas coordenadas satisfazem \(ax+by+cz=d\).

Reciprocamente, se as coordenadas do ponto \(P=\left( x,y,z\right) \) satisfazem a relação \(ax+by+cz=d\) tomando \(P_{1}=\left( x_{1},y_{1},z_{1}\right) \) teremos, pela definição de \(d\), que \(d=ax_{1}+by_{1}+cz_{1}\) e subtraindo obtemos que

\[ a(x-x_{1})+b\left( y-y_{1}\right) +c(z-z_{1})=0. \]

Ou seja o vetor \(\overrightarrow {P_{1}P}\) é ortogonal ao vetor \(\boldsymbol {n}\) e consequentemente paralelo a \(\pi .\)

Observe que, para que o plano fique bem determinado, o vetor \(\boldsymbol {n}: (a,b,c)\) deve ser não nulo, ou seja, é necessário que \(a^{2}+b^{2}+c^{2}\neq 0.\)

A equação \(ax+by+cz=d\) é chamada de equação geral do plano. Reciprocamente, toda equação desse tipo com \((a,b,c)\neq (0,0,0)\) descreve um plano cujo vetor normal pode ser tomado como \(\boldsymbol {n}=(a,b,c)\).

Assim, dispomos de duas descrições complementares de um plano: um ponto acompanhado de duas direções linearmente independentes, ou um ponto acompanhado de uma direção normal não nula.

Exercício 2.1

Se \(\boldsymbol {v}\) e \(\boldsymbol {v}'\) são vetores não nulos paralelos, com \(\boldsymbol {v}=\lambda \boldsymbol {v}'\) e \(\lambda \neq 0\), prove que

\[ r:X=A+t\boldsymbol {v} \qquad \text{e}\qquad s:X=A+u\boldsymbol {v}' \]

descrevem a mesma reta.

Ver solução

Se \(P=A+t_0\boldsymbol {v}\), então

\[ P=A+(\lambda t_0)\boldsymbol {v}', \]

logo \(P\in s\). A inclusão recíproca segue de \(\boldsymbol {v}'=(1/\lambda )\boldsymbol {v}\).

Exercício 2.2

Mostre que se \(\boldsymbol {n}\) é normal a um plano \(\pi \), então \(\lambda \boldsymbol {n}\) também é normal a \(\pi \) para todo \(\lambda \neq 0\). Conclua que todo plano possui infinitos vetores normais.

Ver solução

Se \(\boldsymbol {n}\) é ortogonal a todo vetor \(\boldsymbol {u}\) paralelo a \(\pi \), então

\[ (\lambda \boldsymbol {n})\cdot \boldsymbol {u}=\lambda (\boldsymbol {n}\cdot \boldsymbol {u})=\lambda \cdot 0=0, \]

logo \(\lambda \boldsymbol {n}\) também é normal a \(\pi \). Como \(\lambda \neq 0\) é arbitrário e vetores distintos correspondem a \(\lambda \) distintos, \(\pi \) possui infinitos vetores normais (todos paralelos entre si).

Exercício 2.3

Determine equações paramétricas e, quando possível, simétricas das retas indicadas.

Passando por \(A=(1,4,-2)\) e \(B=(0,1,1)\).
Passando por \(A=(1,0,-2)\) e \(B=(3,1,1)\).
Os três eixos coordenados.
Paralela ao eixo \(z\) por \((1,2,1)\).
Paralela ao eixo \(x\) por \((1,2,1)\).
Paralela a \(\dfrac {1-2x}{3}=\dfrac y4=\dfrac {2z+1}{4}\) por \((2,1,0)\).
Paralela a \(x=1-3t\), \(y=5t\), \(z=-1-t\) por \((2,1,0)\).

Ver solução

Uma escolha para cada caso é:

\((x,y,z)=(1,4,-2)+t(-1,-3,3)\); \(\dfrac {x-1}{-1}=\dfrac {y-4}{-3}=\dfrac {z+2}{3}\).
\((x,y,z)=(1,0,-2)+t(2,1,3)\); \(\dfrac {x-1}{2}=y=\dfrac {z+2}{3}\).
Eixos: \((t,0,0)\), \((0,t,0)\), \((0,0,t)\); não há forma simétrica com três quocientes porque duas componentes do diretor se anulam.
\((1,2,1)+t(0,0,1)\).
\((1,2,1)+t(1,0,0)\).
Um diretor da reta dada é \((-3,8,4)\); portanto \((2,1,0)+t(-3,8,4)\).
\((2,1,0)+t(-3,5,-1)\).

Exercício 2.4

Desenhe a reta que passa por \((-1,3)\) e \((3,0)\), determine sua equação cartesiana e os pontos onde intercepta os eixos.

Ver solução

\[ \boxed {3x+4y-9=0}. \]

As interseções são \((3,0)\) e \((0,9/4)\).

Exercício 2.5

Determine equações paramétricas e cartesianas das retas do plano.

Por \(A=(3,5)\) e \(B=(-2,3)\).
Por \(A=(0,1)\) e \(B=(1,0)\).

Ver solução

\((x,y)=(3,5)+t(-5,-2)\) e \(\boxed {2x-5y+19=0}\).
\((x,y)=(0,1)+t(1,-1)\) e \(\boxed {x+y-1=0}\).

Exercício 2.6

Determine equações paramétricas e uma descrição sem parâmetro das retas espaciais.

\(A=(3,5,1)\), \(B=(-2,3,2)\).
\(A=(0,1,0)\), \(B=(1,0,0)\).
\(A=(0,1,1)\), \(B=(0,0,0)\).
\(A=(3,2,1)\), \(B=(6,1,4)\).

Ver solução

\((3,5,1)+t(-5,-2,1)\); \(\dfrac {x-3}{-5}=\dfrac {y-5}{-2}=z-1\).
\((0,1,0)+t(1,-1,0)\); equivalentemente \(x+y=1\), \(z=0\).
\((0,1,1)+t(0,-1,-1)\); equivalentemente \(x=0\), \(y=z\).
\((3,2,1)+t(3,-1,3)\); \(\dfrac {x-3}{3}=\dfrac {y-2}{-1}=\dfrac {z-1}{3}\).

Exercício 2.7

Um ponto parte de \((3,-1,-5)\) e move-se retilínea e uniformemente na direção de \((-2,6,3)\) com velocidade escalar \(14\). Escreva sua posição em função do tempo, tomando \(t=0\) no ponto inicial.

Ver solução

O vetor dado tem norma \(7\), logo a velocidade vetorial é

\[ 14\frac{(-2,6,3)}7=(-4,12,6). \]

Portanto

\[ \boxed {P(t)=(3,-1,-5)+t(-4,12,6).} \]

Exercício 2.8

Um ponto em movimento retilíneo uniforme ocupa \(A=(-7,12,5)\) no instante \(t=1\) e \(B=(9,-4,-3)\) no instante \(t=4\). Determine sua equação de movimento.

Ver solução

\[ \boldsymbol {v}=\frac{B-A}{4-1}=\left(\frac{16}{3},-\frac{16}{3},-\frac83\right). \]

Assim

\[ \boxed {P(t)=(-7,12,5)+(t-1)\left(\frac{16}{3},-\frac{16}{3},-\frac83\right).} \]

Exercício 2.9

Duas partículas partem de \(A=(-5,4,-5)\) e \(B=(-5,16,-6)\). A primeira move-se na direção \((3,-6,3)\) com velocidade escalar \(14\); a segunda, com velocidade escalar \(13\), move-se na direção oposta a \((-4,12,-3)\). Determine as equações de movimento e decida se as partículas podem se encontrar.

Ver solução

A primeira velocidade vetorial é

\[ \boldsymbol {v}_1=\frac{14}{\sqrt{54}}(3,-6,3)=\frac{14}{\sqrt6}(1,-2,1), \]

e a segunda é \(\boldsymbol {v}_2=(4,-12,3)\), pois esse vetor tem norma \(13\). Logo

\[ P_1(t)=A+t\boldsymbol {v}_1, \qquad P_2(t)=B+t\boldsymbol {v}_2. \]

As trajetórias são reversas: usando os vetores diretores \((3,-6,3)\) e \((4,-12,3)\),

\[ ((3,-6,3)\times (4,-12,3))\cdot (B-A)=48\neq 0. \]

Portanto não existe ponto comum às trajetórias, e as partículas não se encontram.

Exercício 2.10

Dados \(A=(1,2,3)\) e \(B=(4,5,6)\), determine a reta \(AB\) e os pontos onde ela corta os planos \(XY\), \(XZ\) e \(YZ\).

Ver solução

Uma parametrização é

\[ (1,2,3)+t(1,1,1). \]

Os cortes são, respectivamente,

\[ \boxed {(-2,-1,0),\quad (-1,0,1),\quad (0,1,2).} \]

Exercício 2.11

Os lados de um triângulo estão contidos nas retas

\[ y=2x+1,\qquad y=3x-2,\qquad y=1-x. \]

Determine seus vértices.

Ver solução

As interseções dois a dois são

\[ \boxed {(3,7),\quad (0,1),\quad (3/4,1/4).} \]

Exercício 2.12

Dado \(O=(0,0)\) e \(A=(1,2)\), determine os dois pontos \(B\) para os quais \(OAB\) é equilátero.

Ver solução

Rotacionando \(\overrightarrow {OA}=(1,2)\) de \(\pm 60^\circ \),

\[ \boxed {B_\pm =\left(\frac12\mp \sqrt3,\ 1\pm \frac{\sqrt3}{2}\right).} \]

Exercício 2.13

Para o triângulo de vértices \(A=(a,0)\), \(B=(b,0)\) e \(C=(0,c)\), escreva equações paramétricas das três medianas.

Ver solução

Os pontos médios dos lados opostos são

\[ M_A=(b/2,c/2),\quad M_B=(a/2,c/2),\quad M_C=((a+b)/2,0). \]

Logo, por exemplo,

\[ A+t(b-2a,c),\qquad B+t(a-2b,c),\qquad C+t(a+b,-2c) \]

são parametrizações das três medianas (a reparametrização por fatores não nulos é irrelevante).

Exercício 2.14

Os pontos \(A=(2,5)\) e \(B=(14,1)\) são simétricos em relação a uma reta. Determine uma equação cartesiana e uma paramétrica dessa reta.

Ver solução

A reta é a mediatriz de \(AB\). Seu ponto médio é \((8,3)\) e um vetor diretor perpendicular a \((12,-4)\) é \((1,3)\). Assim

\[ \boxed {3x-y-21=0}, \qquad \boxed {(x,y)=(8,3)+t(1,3)}. \]

Exercício 2.15

Determine o baricentro do triângulo \(ABC\).

\(A=(1,5)\), \(B=(3,2)\), \(C=(2,4)\).
\(A=(x_1,y_1)\), \(B=(x_2,y_2)\), \(C=(x_3,y_3)\).

Ver solução

\(\boxed {(2,11/3)}\).
\(\displaystyle \boxed {G=\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3},\frac{y_1+y_2+y_3}{3}\right)}\).

Exercício 2.16

Prove que o ponto situado a \(2/3\) do caminho de cada vértice ao ponto médio do lado oposto é o mesmo para as três medianas.

Ver solução

Se \(M_A=(B+C)/2\), então

\[ A+\frac23(M_A-A)=\frac{A+B+C}{3}. \]

As expressões obtidas a partir de \(B\) e de \(C\) são iguais. Portanto as três medianas são concorrentes no baricentro.

Exercício 2.17

Determine o ponto de interseção das retas

\[ 3x-4y=1, \qquad 4x+6y=14. \]

Ver solução

\[ \boxed {\left(\frac{31}{17},\frac{19}{17}\right)}. \]

Exercício 2.18

Para cada lugar geométrico, identifique se é uma reta ou uma união de retas. Quando for uma reta não vertical, determine sua inclinação e a interseção com o eixo \(y\).

\(3x-4y=6\).
\(2x+3y=6\).
\(7y+9=0\).
\(x/a+y/b=1\), com \(ab\neq 0\).
\(y=mx+b\).
\(bx+ay=0\), com \((a,b)\neq (0,0)\).
\(4x^2=9\).
\(xy(2x-3y+4)=0\).
\(x\cos \alpha +y\operatorname {sen}\alpha =h\).
\(x=3+2t\), \(y=-1-3t\).

Ver solução

\(m=3/4\), intercepto \(-3/2\).
\(m=-2/3\), intercepto \(2\).
horizontal: \(m=0\), intercepto \(-9/7\).
\(m=-b/a\), intercepto \(b\).
os próprios \(m,b\).
se \(a\neq 0\), \(m=-b/a\) e intercepto \(0\); se \(a=0\), é a vertical \(x=0\).
união das verticais \(x=\pm 3/2\).
união de \(x=0\), \(y=0\) e \(2x-3y+4=0\).
forma normal: o vetor \((\cos \alpha ,\operatorname {sen}\alpha )\) é normal à reta; se \(\operatorname {sen}\alpha \neq 0\), \(m=-\cot \alpha \) e o intercepto é \(h/\operatorname {sen}\alpha \).
\(m=-3/2\) e intercepto \(7/2\).

Exercício 2.19

Determine a reta que passa por \((-5,7)\) e é perpendicular a \(4x-5y=10\).

Ver solução

\[ \boxed {5x+4y-3=0.} \]

Exercício 2.20

Pelo ponto \((-2,3)\), determine uma reta paralela e outra perpendicular a \(3x+2y+5=0\).

Ver solução

Paralela:

\[ \boxed {3x+2y=0}. \]

Perpendicular:

\[ \boxed {2x-3y+13=0}. \]

Exercício 2.21

Determine a reta que passa por \((a,0)\) e é perpendicular a \(x/a+y/b=1\), supondo \(ab\neq 0\).

Ver solução

A reta dada tem inclinação \(-b/a\), logo a perpendicular tem inclinação \(a/b\). Assim

\[ \boxed {ax-by-a^2=0.} \]

Exercício 2.22

No triângulo de vértices \(A=(a,0)\), \(B=(b,0)\) e \(C=(0,c)\), com \(a\neq b\) e \(c\neq 0\):

determine as três alturas e o ortocentro;
determine as três medianas e o baricentro.

Ver solução

A altura por \(C\) é \(x=0\); as outras podem ser escritas

\[ y=\frac bc(x-a),\qquad y=\frac ac(x-b). \]

Elas se encontram em

\[ \boxed {H=(0,-ab/c)}. \]
As medianas são as do exercício anterior e encontram-se em

\[ \boxed {G=((a+b)/3,c/3)}. \]

Exercício 2.23

Encontre as duas retas de inclinação \(2/3\) que, juntamente com os eixos coordenados, delimitam um triângulo de área \(4/3\).

Ver solução

Escreva \(y=(2/3)x+c\). Os interceptos são \(-3c/2\) e \(c\), então a área é \(3c^2/4\). Igualando a \(4/3\), obtemos \(c=\pm 4/3\). Logo

\[ \boxed {y=\frac23x\pm \frac43.} \]

Exercício 2.24

Mostre que, para quaisquer \(s,t\) não simultaneamente nulos, as retas

\[ (2s+3t)x+(3s-2t)y=5s+4t \]

passam por um ponto fixo. Determine esse ponto e mostre que toda reta por ele pertence a essa família.

Ver solução

A equação é

\[ s(2x+3y-5)+t(3x-2y-4)=0. \]

O ponto fixo resolve as duas equações entre parênteses:

\[ \boxed {P=(22/13,7/13)}. \]

Como duas retas distintas por \(P\) geram o feixe de todas as retas por \(P\), toda reta do feixe é uma combinação linear não trivial dessas duas equações.

Exercício 2.25

Determine \(a,b\) para que

\[ x=at+1,\qquad y=bt+5 \]

seja uma parametrização da reta \(y=2x+3\).

Ver solução

Substituindo,

\[ bt+5=2(at+1)+3=2at+5. \]

Logo \(\boxed {b=2a}\), com \(\boxed {a\neq 0}\) para que a parametrização descreva uma reta e não um único ponto.

Exercício 2.26

Identifique a reta

\[ 2x-1=4y+8=3z-5. \]

Determine um vetor diretor e três pontos nela.

Ver solução

Tomando o valor comum igual a \(12t\),

\[ (x,y,z)=\left(\frac12,-2,\frac53\right)+t(6,3,4). \]

Um diretor é \((6,3,4)\); por exemplo, tome \(t=0,1,-1\) para obter três pontos.

Exercício 2.27

Identifique a reta definida por

\[ 2x=3,\qquad 4y=5. \]

Ver solução

\[ \boxed {(x,y,z)=\left(\frac32,\frac54,0\right)+t(0,0,1)}. \]

Exercício 2.28

A reta é dada como interseção dos planos

\[ 3x-2y+5z=6, \qquad 2x+y-3z=0. \]

Escreva uma parametrização.

Ver solução

Tomando \(z=t\),

\[ x=\frac67+\frac t7, \qquad y=-\frac{12}{7}+\frac{19t}{7}. \]

Logo uma parametrização é

\[ \boxed {(x,y,z)=\left(\frac67,-\frac{12}{7},0\right)+t\left(\frac17,\frac{19}{7},1\right).} \]

Exercício 2.29

Determine a reta que passa pela origem e é perpendicular ao plano determinado pelos pontos

\[ (3,4,2),\qquad (-1,5,3),\qquad (2,1,4). \]

Ver solução

Dois vetores do plano são \((-4,1,1)\) e \((-1,-3,2)\); seu produto vetorial é \((5,7,13)\). Portanto

\[ \boxed {(x,y,z)=t(5,7,13).} \]

Exercício 2.30

Sejam \(P=(1,0,1)\) e \(Q=(0,1,1)\). Em cada caso, determine se existe \(C\) na reta \(PQ\) tal que a área do triângulo \(ABC\) seja \(1/2\); quando existir, encontre todos os pontos.

\(A=(1,2,1)\), \(B=(1,2,3)\).
\(A=(1,3,2)\), \(B=(2,2,2)\).
\(A=(3,0,2)\), \(B=(2,1,2)\).
\(A=(3,-2,1)\), \(B=(0,0,1)\).

Ver solução

Escreva \(C=(1-t,t,1)\) e imponha \(\lVert \overrightarrow {AB}\times \overrightarrow {AC}\rVert =1\).

Não há solução real.
Não há solução: a área é constante e diferente de \(1/2\).
Não há solução: a área é constante e diferente de \(1/2\).
\(t=-1\) ou \(t=-3\), portanto

\[ \boxed {C=(2,-1,1)\quad \text{ou}\quad C=(4,-3,1).} \]

Exercício 2.31

Uma reta intercepta os eixos nos pontos \((a,0)\) e \((0,b)\), com \(ab\neq 0\). Mostre que sua equação pode ser escrita como

\[ \frac xa+\frac yb=1. \]

Ver solução

O vetor diretor entre os interceptos é \((-a,b)\). Pela forma de dois pontos, ou substituindo ambos os interceptos em \(\alpha x+\beta y=1\), obtemos diretamente

\[ \boxed {x/a+y/b=1}. \]

Exercício 2.32

Considere a reta \(r:ax+by+c=0\), com \((a,b)\neq (0,0)\).

Mostre que \((a,b)\) é normal a todo vetor diretor de \(r\).
Suponha que \((a,b)\) seja unitário e escreva \((a,b)=(\cos \alpha ,\operatorname {sen}\alpha )\). Interprete geometricamente a equação

\[ x\cos \alpha +y\operatorname {sen}\alpha =h. \]

Ver solução

Se \((v_1,v_2)\) é diretor, dois pontos da reta separados por esse vetor satisfazem a mesma equação; subtraindo, \(av_1+bv_2=0\).
O vetor \((\cos \alpha ,\operatorname {sen}\alpha )\) é normal unitário. Portanto \(h\) é a coordenada assinada dos pontos da reta na direção desse normal; em particular, a distância da origem à reta é \(|h|\).