Your SlideShare is downloading. ×
A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3                        a                e                       SOLUCOES DOS EXERC´...
raz˜o encontraremos que esses pontos coincidem com P . Logo P est´ nas 3 media-   a                                       ...
9. Dado o quadril´tero ABCD, com A = (a, a ), B = (b, b ), C = (c, c ) e D = (d, d ),                 asejam M , N , P , Q...
lugar geom´trico procurado ´, portanto, uma reta perpendicular ao segmento AB.          e                eO problema tem s...
2  520. Para que as retas dadas sejam paralelas, devemos ter     = , donde k = 7, 5.                                      ...
α = AM B.)27. Sejam A = (2, 3), B = (3, 1) e C = (9, y). Quer-se determinar o quarto v´rtice                              ...
direta mostra que, para todo valor real de m, o ponto P = (−1, 2) pertence a reta                                         ...
37. Pelo exerc´ anterior, com a = 1 e a = 1/3, temos tg θ = 1/2.              ıcio38. A distˆncia de um ponto P = (x, y) a...
(y − 6)2 = 36 − 2m. Portanto devemos ter 36 − 2m > 0, ou seja m < 18. Como       √ocorre m entre os dados da quest˜o, deve...
x + 36 = 0. Se y = kx ´ tangente, esta equa¸˜o tem uma s´ raiz real, o que significa                      e                ...
Logo a potˆncia de todos os pontos (x0 , y), y ∈ R, ´ a mesma em rela¸˜o a                e                               ...
aˆngulo entre os vetores u e v, a altura e|v| sen θ. Portanto  A2 = |u|2 · |v|2 · sen2 θ = |u|2 · |v|2 (1 − cos2 θ) = |u|2...
A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3                         a                e                       SOLUCOES DOS EXERC...
6. Temos AB = {(1+2t, 2−3t, 3+t); t ∈ R} e CD = {(2+s, 3−2s, −1+4s); t ∈ R}.                                         ıamos...
10. (a) Se um dos vetores ´ zero, eles s˜o sempre ortogonais. Se ambos s˜o n˜o-nulos,                          e          ...
sobre cada um dos planos Πxy , Πxz e Πyz s˜o colineares, ou seja, v e w s˜o colineares.                                   ...
2a         2b      a2 + b2 − 1portanto t = 2/(a2 + b2 + 1). Assim, P =                  , 2        , 2          .         ...
Por escalonamento, este sistema ´ equivalente a                                e                                   m + n +...
pertence tanto ao plano (BCD) como ao segmento AA , logo ´ a interse¸˜o de                                                ...
portanto P = (1, 3, 2). O sim´trico do ponto A em rela¸˜o ao plano Π ´ o ponto                                e           ...
d) Por conveniˆncia, escrevamos a equa¸˜o do plano (EBC) sob a forma ax +                  e                       ca     ...
x = t como parˆmetro obtemos a reta r, portanto r ´ a interse¸˜o de Π1 com Π1/3 .              a                          ...
podemos tomar no espa¸o um sistema de coordenadas no qual v1 = (a1 , 0, 0), v2 =                     c(a2 , b2 , 0) e v3 =...
perpendicular baixada de O sobre Π. Tomando em Π dois pontos P e Q tais que O                                       −→    ...
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Mat em geometria analitica sol vol3 cap1

312

Published on

Published in: Education
0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total Views
312
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0
Actions
Shares
0
Downloads
6
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Transcript of "Mat em geometria analitica sol vol3 cap1"

  1. 1. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3 a e SOLUCOES DOS EXERC´ ¸˜ ICIOS CAP´ ITULO 1 3−21. A inclina¸˜o da reta r ´ a = ca e = 1/3. Como ela passsa pelo ponto (4, 2), sua 7−4 1 x 2equa¸˜o ´ y = 2 + (x − 4), ou y = + , ou ainda x − 3y = −2. Portanto: ca e 3 3 3 a) O ponto (16, k) pertence a r se, e somente se, 16 − 3k = −2, isto ´, 3k = 18, edonde k = 6. 1997 + 2 2 b) O ponto de r com abcissa 1997 tem ordenada y = = 665 , logo o 3 3ponto (1997, 666) est´ acima de r. a 0−b2. A inclina¸˜o desssa reta ´ ca e = −b/a. Ela passa pelo ponto (a, 0). Logo, sua a−0 b bequa¸˜o ´ y = 0 − (x − a) = − x + b, ou ent˜o bx + ay = ab. Usualmente, esta ca e a a x a yequa¸˜o ´ escrita sob a forma + = 1. Evidentemente, estamos supondo a = 0 ca e a be b = 0. Se um destes dois n´meros ´ zero, a reta coincide com um dos eixos. Se u eambos forem zero, qualquer reta que passe pela origem resolve o problema. 1 1 13. As coordenadas do ponto P = (x, y) s˜o x = a 1− a+ b e y = 1− a+ 3 3 31 b , ou seja, x = (2a + b)/3 e y = (2a + b )/3.34. Sejam A = (a, a ), B = (b, b ) e C = (c, c ) os v´rtices do triˆngulo e M = e a b+c b +c , o ponto m´dio do lado BC. O ponto P da mediana AM tal e 2 2 1 b+c 1 a+b+cque d(P, M )/d(A, M ) = 1/3 tem coordenadas 1 − + a = 3 2 3 3 1 b +c 1 a +b +c a+b+c a +b +ce 1− + a = , logo P = , . Se cal- 3 2 3 3 3 3cularmos as coordenadas dos pontos das outras medianas que as dividem na mesma 1
  2. 2. raz˜o encontraremos que esses pontos coincidem com P . Logo P est´ nas 3 media- a anas.5. Admitindo que os v´rtices A, B, C e D = (x, y) s˜o enumerados consecuti- e avamente, AC e BD s˜o as diagonais do paralelogramo logo seus pontos m´dios a e a+c b+x a +d b +ycoincidem. Temos ent˜o a = e = · Da´ vem x = a + c − b e ı 2 2 2 2y = a + c − b . Estas s˜o as coordenadas do quarto v´rtice D. a e6. Escolhendo os eixos de modo que A = (0, 0) e B = (b, 0), os outros dois v´rtices edo paralelogramo ABCD s˜o C = (c, c ) e D = (d, c ). Como AD e BC tˆm a mesma a einclina¸˜o, temos c /d = c /(c − b), donde c = b + d. As coordenadas do ponto m´dio ca eda diagonal AC s˜o c/2 e c /2, enquanto as da diagonal BD s˜o (b + d)/2 e c /2. a aLogo esses pontos m´dios coincidem. e Reciprocamente, se os pontos m´dios das diagonais coincidem ent˜o c = b + d e e ac = d , logo o segmento CD ´ horizontal (portanto paralelo a AB) e, como c−b = d, eBC e AD tˆm inclina¸˜es iguais, portanto s˜o paralelos e o quadril´tero ABCD ´ e co a a eum paralelogramo.7. Dado o triˆngulo ABC, tome um sistema de coordenadas no qual A = (0, 0), aB = (b, 0) e C = (c, c ). Os pontos m´dios de AC e BC s˜o respectivamente e a c c b+c cM= , eN = , . M e N tˆm ordenadas iguais, logo M N ´ paralelo e e 2 2 2 2ao eixo das abcissas, isto ´, a AB. Al´m disso, ´ claro que M N = |c|/2 = AB/2. e e e8. Dado o trap´zio ABCD, no qual os lados paralelos s˜o AB e CD, tome um e asistema de eixos de modo que A = (0, 0), B = (b, 0), C = (c, c ) e D = (d, c ). d cOs pontos m´dios dos lados AD e BC s˜o respectivamente M = e a , eN = 2 2 b+c c , . Na escolha dos eixos, podemos admitir que b > 0 e c > d. Ent˜o os a 2 2comprimentos dos lados paralelos s˜o AB = b, CD = c − d enquanto o segmento aM N tem comprimento M N = (b + c − d)/2. Logo M N = (AB + CD)/2. 2
  3. 3. 9. Dado o quadril´tero ABCD, com A = (a, a ), B = (b, b ), C = (c, c ) e D = (d, d ), asejam M , N , P , Q respectivamente os pontos m´dios dos lados AB, BC, CD e DA. eAs diagonais do quadril´tero M NP Q s˜o os segmentos M P e NQ, cujos pontos a a a+b+c+d a +b +c +dm´dios concidem pois suas coordenadas s˜o e a , · Logo 2 2M NP Q ´ um paralelogramo. e10. Escolhe-se um sistema de coordenadas no qual A ´ a origem e AB est´ sobre o e aeixo das abcissas. Ent˜o A = (0, 0), B = (b, 0), C = (b + d, c) e D = (d, c). Logo a 2 2 2 2AB + BC + CD + DA = b2 + (d2 + c2 ) + b2 + (d2 + c2 ) = 2(b2 + c2 + d2 ). Esta ´ ea soma dos quadrados dos lados do paralelogramo ABCD. A soma dos quadrados 2 2das diagonais ´ AC + BD = (b + d)2 + c2 + (b − d)2 + c2 = 2(b2 + c2 + d2 ). e11. Um ponto P = (x, y) pertence ao lugar geom´trico procurado se, e somente se, e(x − 1)2 + (y − 3)2 = (x − r)2 + (y − 1)2 . Simplificando, obt´m-se 2x − y = −4, eportanto o lugar geom´trico ´ uma reta. e e12. A equa¸˜o procurada ´ y 2 = x2 +(y −2)2 . Simplificando, tem-se x2 −4y +4 = 0, ca e x2ou ainda, y = + 1. (Equa¸˜o de uma par´bola.) ca a 413. Um sistema de coordenadas que simplifica as contas e trata igualmente os pontosA e B ´ aquele em que A = (−a, 0) e B = (a, 0). O ponto P = (x, y) pertence ao elugar geom´trico procurado se, e somente se, (x + a)2 + y 2 + (x − a)2 + y 2 = k 2 , ou e k2seja (simplificando): x2 + y 2 = − a2 . (Note que d(A, B) = 2a.) Se k 2 < 2a2 , o 2lugar geom´trico ´ vazio. Se k 2 = 2a2 , o unico ponto nele contido ´ a origem, isto ´ e e ´ e e(nos termos do problema proposto), o ponto m´dio do segmento AB. E se k 2 > 2a2 , eo lugar geom´trico ´ a circunferˆncia cujo outro ´ o ponto m´dio do segmento AB e e e e e √e cujo raio mede k 2 − 2a2 = k 2 − d(A, B)2 /2.14. Procedendo como acima, encontramos que a equa¸˜o do lugar geom´trico procu- ca erado ´ (x + a)2 + y 2 − (x − a)2 − y 2 = k 2 , ou seja, 4ax = k 2 , ou ainda, x = k 2 /4a. O e 3
  4. 4. lugar geom´trico procurado ´, portanto, uma reta perpendicular ao segmento AB. e eO problema tem solu¸˜o seja qual for o valor de k. ca15. Sejam A = (5, 5) e B = (1, 7). Estes pontos est˜o sobre as retas y = x e y = 7x a √respectivamente, ambos a distˆncia 50 da origem 0. Logo o triˆngulo OAB ´ ` a a eis´sceles e M = (3, 6), ponto m´dio do lado AB, ´ o p´ da mediana OM , logo OM o e e e´ a bissetriz do angulo AOB. Portanto a equa¸˜o da bissetriz ´ y = 2x. Como oe ˆ ca eangulo AOB ´ agudo (contido no 1o quadrante) ele ´ o menor ˆngulo formado pelasˆ e ¯ e aduas retas dadas.16. O lugar geom´trico que se pede ´ a bissetriz do menor angulo formado pelas e e ˆretas y = x e y = 1.17. Temos A = (0, y) e B = (x, 0). Sem perda de generalidade, podemos supor x yque AB = 1, logo x2 + y 2 = 1. O ponto m´dio de AB ´ M = e e , . Portanto, 2 2ao variar x e y (mantendo x2 + y 2 = 1), M descreve a circunferˆncia de centro na eorigem e raio 1/2. 2 x2 y 2 y218. Temos Q = (2, y) e P = (x, xy), logo OP = x2 + = x2 1 + e 4 4 2 2 2 2 y2OQ = 4 + y 2 . Ent˜o OP · OQ = 4x2 1 + a e a equa¸˜o OP · OQ = 4 ca 4 y2se escreve, em termos de coordenadas, como x · 1+ = 2. Portanto o lugar 4geom´trico pedido ´ o gr´fico da fun¸˜o x = 2/(1 + y 2 /4). Ele ´ uma curva que se e e a ca eestende verticalmente. Para y < 0, x ´ uma fun¸˜o crescente de y, com m´ximo e ca aigual a 2 para y = 0 e decrescente se y > 0. O eixo vertical ´ uma ass´ e ıntota, tantoquando y → −∞ como para y → +∞.19. Se P = (x, y) ent˜o Q = (x/3, y/3). Como Q pertence ` reta r, temos a(x/3) + a ab(y/3) = c, donde ax + by = 3c. Esta ´ a equa¸˜o do lugar geom´trico dos pontos e ca eP , o qual ´, portanto, uma reta paralela a r. e 4
  5. 5. 2 520. Para que as retas dadas sejam paralelas, devemos ter = , donde k = 7, 5. 3 k21. As retas 2x + 3y = 8 e 4x + 7y = 18 tˆm em comum o ponto (1, 2) pois x = 1, ey = 2 ´ a solu¸˜o do sistema formado pelas equa¸˜es que as representam. A fim de e ca coque a reta 5x + my = 3 contenha o ponto (1, 2), deve ser 5 · 1 + m · 2 = 3, dondem = −1. 0−4 1+3 0+422. A inclina¸˜o de AB ´ ca e = −2. O ponto m´dio de AB ´ M = e e , = 3−1 2 2(2, 2). A mediatriz de AB ´ a reta perpendicular a AB (portanto de inclina¸˜o 1/2) e ca 1 1passando por M. Sua equa¸˜o ´ y = 2 + (x − 2), ou seja, y = x + 1. ca e 2 223. O ponto procurado ´ a interse¸˜o da reta x + 3y = −15 com a mediatriz do e ca 1segmento AB. Ora, a equa¸˜o da mediatriz ´ y = x + 1, como vimos acima. ca e 2Resolvendo o sistema formado por estas duas equa¸˜es obtemos x = −36/5 e y = co−13/5. Estas s˜o as coordenadas do ponto procurado. a24. Seja A∗ o ponto procurado. A reta r, de equa¸˜o x + 2y = 1, ´ a mediatriz ca edo segmento AA∗ . A inclina¸˜o da reta AA∗ ´, portanto, igual a 2. Ela passa pelo ca eponto A = (3, 4), logo sua equa¸˜o ´ 2x − y = 2. Resolvendo o sistema x + 2y = 1, ca e2x − y = 2 encontramos a interse¸˜o M = (1, 0) das retas r e AA∗ . M ´ o ponto ca em´dio do segmento AA∗ . Logo A∗ = (−1, −4). e25. A rea do triˆngulo  a ´ a  ABC  o valor absoluto da metade do determinante da ´ e 3−1 7−1 2 6matriz  = , logo ´ igual a 7. e 4−1 3−1 3 226. Considere o sistema de coordenadas no qual A = (0, 0), B = (1, 0), C = (1, 1), −→ −→D = (0, 1) e M = (1/2, 1). Ent˜o os vetores u = M A e v = M B tˆm coordenadas a eu = (−1/2, −1) e v = (1/2, −1), logo seu produto interno ´ u, v = (−1/2)(−1) + e(−1)(−1) = 3/4. Por outro lado, |u| = 5/4 = |v|, logo u, v = |u| |v| cos α =(5/4) · cos α. Assim, (5/4) · cos α = 3/4, portanto cos α = 3/5. (Estamos escrevendo 5
  6. 6. α = AM B.)27. Sejam A = (2, 3), B = (3, 1) e C = (9, y). Quer-se determinar o quarto v´rtice e −→ −→D do retˆngulo ABCD. Temos u = BA = (−1, 2) e v = BC = (6, y − 1). Como au, v = (−1) · 6 + 2(y − 1) = 0, conclu´ ımos que y = 4, logo v = (6, 3). Assimu + v = (5, 5) e D = B + u + v = (8, 6).28. Sabemos que |u + v|2 = u + v, u + v = |u|2 + |v|2 + 2 u, v , portanto u, v =1 1 |u + v|2 − |u|2 − |v|2 . Pelos dados do exerc´ ıcio, temos ent˜o u, v = (36 − 16 − a2 225) = −5/2.29. Conhecemos os v´rtices A = (5, 1) e B = (8, 3) do quadrado ABCD no qual e −→A, B, C e D s˜o enumerados no sentido anti-hor´rio. Temos u = AB = (3, 2). a a −→Como v = AD ´ obtido de u por rota¸˜o de 90◦ no sentido anti-hor´rio, temos e ca av = (−2, 3). Logo D = A + v = (5, 1) + (−2, 3) = (3, 4). Finalmente C = B + v =(8, 3) + (−2, 3) = (6, 6). Estes s˜o os v´rtices C e D que faltavam. a e a+c a +c30. Seja M = , o ponto m´dio de AC. Enumerando os v´rtices do e e 2 2 c−a c −a −→quadrado ABCD na seq¨ˆncia anti-hor´ria, se u = M C = ue a , ent˜o a 2 2 −→ a −c c−a a+a +c−c a +c +c−av = MD = , e D = M +v = , . Por 2 2 2 2 a−a +c+c a+a = c+csua vez, B = M − v = , . 2 231. A proje¸˜o ortogonal do ponto A sobre a reta BC, cuja equa¸˜o ´ 5x−8y = −3, ca ca e´ o ponto de interse¸˜o dessa reta com a perpendicular baixada de A sobre ela, ae caqual tem a equa¸˜o 8x + 5y = 59. Resolvendo o sistema formado por essas duas caequa¸˜es, encontramos x = 457/89, y = 319/89, que s˜o as coordenadas da proje¸˜o co a caprocurada.32. Fazendo sucessivamente m = 0 e m = 1 na equa¸˜o dada, obtemos as retas cay = 2 e x = −1, as quais tˆm o ponto P = (−1, 2) em comum. Uma substitui¸˜o e ca 6
  7. 7. direta mostra que, para todo valor real de m, o ponto P = (−1, 2) pertence a reta `mx + (m − 1)y + 2 − m = 0.33. Tem-se (x+y −3)(3x−y −1) = 0 se, e somente se x+y −3 = 0 ou 3x−y −1 = 0.Logo a equa¸˜o dada representa o conjunto formado pela reuni˜o das retas 3x−y = 1 ca ae x + y = 3.34. Escrevendo x + y − 3 + k(3x − y − 1) = (3k + 1)x + (1 − k)y − k − 3, vemos quecada Rk ´ a reta de equa¸˜o (3k + 1)x + (1 − k)y = k + 3. Tomando sucessivamente e cak = 0 e k = 1, obtemos as retas x + y = 3 e x = 1 respectivamente, as quais tˆm o eponto P = (1, 2) em comum. Vˆ-se imediatamente que P pertence a todas as retas eRk . Reciprocamente, toda reta r que passa pelo ponto P = (1, 2) e tem inclina¸˜o cadiferente de 3 (isto ´, n˜o ´ a reta 3x − y − 1 = 0) ´ da forma Rk para algum k. Com e a e eefeito, se r ´ vertical e cont´m P , sua equa¸˜o ´ x = 1, logo r = R1 . E se r, passando e e ca epor P , n˜o ´ vertical nem tem inclina¸˜o 3, sua equa¸˜o ´ y = mx + 2 − m, com a e ca ca e 3k + 1 k+3m = 3. Por sua vez, se k = 1, a equa¸˜o de Rk se escreve como y = ca x+ · k−1 1−kDada a reta r, de equa¸˜o y = mx+2−m com m = 3, tomando k = (1+m)/(m−3) catemos (3k + 1)/(k − 1) = m e (k + 3)(1 − k) = 2 − m, logo r = Rk . Assim o conjuntodas Rk ´ formado por todas as retas que passam pelo ponto P = (1, 2), exceto a ereta y = 3x − 1.35. Como x3 y − xy 3 = xy(x + y)(x − y), tem-se x3 y − xy 3 = 0 se, e somente se,xy = 0, ou x + y = 0, ou x − y = 0. Portanto a equa¸˜o dada representa a reuni˜o ca ados dois eixos e as duas diagonais do plano.36. As inclina¸˜o a e a s˜o as tangentes dos angulos que o eixo OX forma com as ca a ˆretas dadas e θ ´ a diferen¸a entre esses ˆngulos, ou o suplemento dessa diferen¸a, e c a c(o que for agudo entre estes dois). Logo tg θ = |(a − a )/(1 + aa )| de acordo com aconhecida f´rmula da tangente da diferen¸a. o c 7
  8. 8. 37. Pelo exerc´ anterior, com a = 1 e a = 1/3, temos tg θ = 1/2. ıcio38. A distˆncia de um ponto P = (x, y) a reta 8x + 6y = −5 ´ |8x + 6y + 5|/10. a ` ePortanto os pontos do plano que distam 5 dessa reta s˜o os pontos das retas 8x + a6y + 5 = 50 e −8x − 6y − 5 = 50, ou seja 8x + 6y = 45 e 8x + 6y = −55, as quaiscortam a reta y = x + 1 nos pontos P1 = (39/14, 53/14) e P2 = (−61/14, −47/14)respectivamente. Estes s˜o os pontos procurados. a39. As retas procuradas passam pelo ponto (7, 4) e n˜o s˜o verticais, logo suas a aequa¸˜es s˜o da forma y = 4 + m(x − 7), ou seja, mx − y = 7m − 4. O angulo que co a ˆ m+3uma delas forma com a reta x − 3y = 0 tem cosseno igual a ± √ √ · Como √ 10 1 + m2 ◦ √ m+3 2 m2 + 6m + 9 1cos 45 = 2/2, devemos ter √ √ =± donde 2 = , ou 10 1 + m 2 2 10 + 10m 2seja, 2m2 − 3m − 2 = 0. Esta equa¸˜o nos d´ m = 2 ou m = −1/2. Portanto as ca aretas procuradas s˜o y = 2x − 10 e x + 2y = 15. a40. Os pontos da reta dada tˆm coordenadas (x, 2x). Sejam A = (1, 0), B = e 1(3, 1) e C = (x, 2x). A area do triˆngulo ABC ´ igual ao valor absoluto de · ´ a e   2 x − 1 2xdet   = 1 (3x + 1). Portanto, devemos ter 3x + 1 = 10 ou −3x − 1 = 10. 2 1 2Assim, x = 3 ou x = −11/3. Os pontos procurados s˜o, por conseguinte P1 = (3, 6) aou P2 = (−11/3, −22/3).41. Sejam A = (−3, 0), B = (2, 0) e C = (0, 6). O ortocentro do triˆngulo ABC ´ a ea interse¸˜o das 3 alturas. Uma delas ´ o eixo OY . Outra ´ a reta AD, que passa ca e epor A e ´ perpendicular a BC. Como a inclina¸˜o de BC ´ −3, a inclina¸˜o de AD e ca e ca 1´ 1/3, logo sua equa¸˜o ´ y = (x + 3), ou seja, x − 3y = −1. Sua interse¸˜o come ca e ca 3a altura OY ´ o ponto em que x = 0, ou seja, −3y = −1, o que nos d´ y = 1/3. e aPortanto o ortocentro de ABC ´ o ponto (0, 1/3). e √ 242. Completando os quadrados, a equa¸˜o dada se escreve como (x − ca m) + 8
  9. 9. (y − 6)2 = 36 − 2m. Portanto devemos ter 36 − 2m > 0, ou seja m < 18. Como √ocorre m entre os dados da quest˜o, deve ser tamb´m m ≥ 0. Assim, a resposta a e´ 0 ≤ m < 12.e43. Sejam A = (10, 7), B = (2, −9), C = (−4, 9). O centro da circunferˆncia que econt´m os pontos A, B e C ´ a interse¸˜o das mediatrizes AB e AC. Ora, a mediatriz e e cade A tem equa¸˜o x + 2y = 4 e a equa¸˜o da mediatriz de AC ´ 7x − y = 13. A ca ca einterse¸˜o das duas mediatrizes ´ o ponto P = (2, 1). O raio da circunferˆncia ´ a ca e e edistˆncia de P a qualquer dos pontos A, B ou C, logo ´ AD. A equa¸˜o pedida ´, a e ca eportanto (x − 2)2 + (y − 1)2 = 100.44. Subtraindo a segunda equa¸˜o da primeira encontramos 3x + 6y = 0, ou caseja, x = −2y. Portanto, os pontos comuns as duas circunferˆncias cumprem ` ex = −2y. Fazendo esta substitui¸˜o em qualquer das duas equa¸˜es dadas, che- ca cogamos a condi¸˜o 5y 2 − 2y − 3 = 0, que s´ ´ satisfeita para y = 6/5 ou y = −2/5. ` ca oeComo x = −2y, conclu´ ımos que os pontos comuns `s duas circunferˆncias s˜o a e aP1 = (−12/5, 6/5) e P2 = (4/5, −2/5).45. Escrita por extenso, a equa¸˜o da circunferˆncia dada ´ x2 −4x+y 2 −2y +4 = 0. ca e eSua interse¸˜o com a reta y = ax ´ definida pela equa¸˜o x2 −4x+(ax)2 −2ax+4 = 0, ca e caou seja, (1 + a2 )x2 − (4 + 2a)x + 4 = 0. Para que a reta y = ax seja tangente aΓ, esta ultima equa¸˜o deve ter uma s´ raiz real. A condi¸˜o para que isto se dˆ ´ ca o ca e´ (4 + 2a)2 − 16(1 + a2 ) = 0, o que significa a = 0 ou a = 4/3. A tangente y = 0e´ ´bvia e o ponto de tangˆncia ´ (2, 0). A tangente y = 4x/3 toca Γ no ponto deeo e e 3sua interse¸˜o com a reta y = 1 − (x − 2) que lhe ´ perpendicular e passa pelo ca e 4centro (2, 1). Fazendo y = 4x/3 nesta ultima equa¸˜o, obtemos x = 6/5 e da´ ´ ca ıy = 4x/3 = 8/5. Portanto (6/5), 8/5) ´ o ponto de tangˆncia. e e46. Substituindo y por bx na equa¸˜o da circunferˆncia, temos (1 + k 2 )x2 − 20k · ca e 9
  10. 10. x + 36 = 0. Se y = kx ´ tangente, esta equa¸˜o tem uma s´ raiz real, o que significa e ca o256k 2 = 144, donde k = ±3/4.47. Se o ponto P = (x, y) pertence ` circunferˆncia x2 + y 2 = 13 e a reta x + y = 5 a e `ent˜o (x+y)2 = 25, ou seja x2 +y 2 +2xy = 25 e da´ 2xy = 25−(x2 +y 2 ) = 25−13 = 12 a ıe xy = 6. Assim, x e y s˜o n´meros cuja soma ´ 5 e cujo produto ´ 6. Tem-se x = 2, a u e ey = 3, ou ent˜o x = 3 e y = 2. Os pontos procurados s˜o P1 = (2, 3) e P2 = (3, 2). a a 2 a 2 b48. Completando os quadrados, vemos que P (x, y) = x + + y+ − √ 2 2a2 + b2 − 4c a b a2 + b2 − 4c · Pondo A = − , − , R = e Q = (x, y), vem 4 2 2 2P (x, y) = d(Q, A)2 − R2 , portanto P (x, y) = 0 ´ a equa¸˜o da circunferˆncia de e ca ecentro A e raio R e os itens a) e b) do exerc´ resultam imediatamente. ıcio49. Lembrando que a potˆncia de um ponto em rela¸˜o a uma circunferˆncia ´ a e ca e ediferen¸a entre o quadrado da distˆncia desse ponto ao centro da circunferˆncia e o c a equadrado do raio da mesma, conclu´ ımos que a f´rmula que expressa a potˆncia d´ o e ao mesmo valor, seja qual for o sistema de coordenadas adotado. N˜o h´ perda de a ageneralidade, portanto em supor que uma das circunferˆncias tem centro na origem ee raio 1 enquanto o centro da outra ´ (a, 0) e seu raio ´ R. Sejam (x0 , y0 ) e (x0 , −y0 ) e eos pontos de interse¸˜o das duas circunferˆncias. A reta que os liga ´ formada ca e epelos pontos (x0 , y), y ∈ R. A potˆncia do ponto (x0 , y0 ), em rela¸˜o a ambas e cacircunferˆncias ´ a mesma, igual a zero. Portanto x2 + y0 = 1 e x2 − 2ax0 + a2 + y0 = e e 0 2 0 2R2 . Ent˜o a potˆncia de qualquer ponto (x0 , y) em rela¸˜o a primeira circunferˆncia a e ca ` e´e x2 + y 2 − 1 = x2 + y 2 − x2 − y0 = y 2 − y0 . 0 0 0 2 2A potˆncia desse mesmo ponto (x0 , y) em rela¸˜o a segunda circunferˆncia ´ e ca ` e ex2 − 2ax0 + a2 + y − R2 = x2 − 2ax0 + a2 + y 2 − (x2 − 2ax0 + a2 + y0 ) = y 2 − y0 . 0 0 0 2 2 10
  11. 11. Logo a potˆncia de todos os pontos (x0 , y), y ∈ R, ´ a mesma em rela¸˜o a e e caqualquer das duas circunferˆncias. e50. Seja Q o ponto em que a tangente de origem P toca a circunferˆncia Γ, que tem ecentro A e raio R. O triˆngulo AP Q ´ retˆngulo em Q, logo d(A, P )2 = d(P, Q)2 +R2 a e ae da´ d(P, Q)2 = d(A, P )2 − R2 = potˆncia do ponto P em rela¸˜o a circunferˆncia ı e ca ` eΓ.51. Sejam u = (a1 , a2 ) e v = (b1 , b2 ) os vetores que tˆm os n´ meros dados como e ucoordenadas. Se um deles for zero, a desigualdade proposta ´ ´bvia. Caso contr´rio, eo aseja α o angulo entre u e v. Ent˜o |a1 b1 + a2 b2 | = | u, v | = |u| |v| | cos α| ≤ |u| |v| = ˆ a (a2 + a2 )(g1 + b2 ). Tem-se igualdade se, e somente se, cos α = ±1, o que significa 1 2 2 2que os vetores u, v s˜o m´ltiplos um do outro, isto ´, v = tu, ou seja a1 = tb1 , a u ea2 = tb2 para algum t real.52. Considere um sistema de coordenadadas no qual o v´rtice do ˆngulo reto ´ e a eA = (0, 0) e os outros dois v´rtices s˜o B = (b, 0) e C = (0, c). Os lados do triˆngulo e a aABC s˜o tangentes a circunferˆncia inscrita, logo o centro da mesma ´ o ponto a ` e eP = (x, x) tal que a distˆncia d(P, BC) ´ igual a x. Como a equa¸˜o da reta BC ´ a e ca ex y + = 1, tem-seb c |x + b x c − 1| 1 − (x + x) b c d(P, BC) = = , (1/6)2 + (1/c)2 (1/6)2 + (1/c)2pois o ponto P est´ abaixo da reta BC. Resolvendo a equa¸˜o d(P, BC) = x, a ca √obt´m-se x = bc/(b + c + b2 + c2 ). e53. Isto ´ ´bvio geometricamente, pois o angulo entre as duas bissetrizes ´ a soma eo ˆ edas metades de dois angulos suplementares. ˆ54. (No enunciado do exerc´ ıcio, suprimir “e” na pen´ ltima linha.) Sabemos que ua area do paralelogramo ´ o produto da base pela altura. A base ´ |u|e, se θ ´ o ´ e e e 11
  12. 12. aˆngulo entre os vetores u e v, a altura e|v| sen θ. Portanto A2 = |u|2 · |v|2 · sen2 θ = |u|2 · |v|2 (1 − cos2 θ) = |u|2 |v|2 − |u|2 · |v|2 cos cos2 θ = = |u|2 |v|2 − u, v 2 . Escrevendo |u|2 = α2 + β 2 , |v|2 = γ 2 + δ 2 e u, v = αγ + βδ, conclu´ ımos queA2 = (α2 + β 2 )(γ 2 + δ 2 ) − (αγ + βδ)2 = (αδ − βγ)2 , logo A = |αδ − βγ|. A area do ´ 1triˆngulo que tem u e v como dois de seus lados ´, portanto |αδ − βγ|. a e 2 12
  13. 13. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3 a e SOLUCOES DOS EXERC´ ¸˜ ICIOS CAP´ ITULO 21. A equa¸˜o de um plano vertical Π ´ da forma ax + by = d. Como o plano ca evertical Π cont´m os pontos (3, 0, 0) e (0, −1, 0), devemos ter 3a = d, −b = d e, epor subtra¸˜o, 3a + b = 0. Tomando a = 1, temos b = −3, logo a equa¸˜o de Π ca ca´ x − 3y = d. Como esta equa¸˜o ´ satisfeita quando x = 3 e y = 0, devemos tere ca ed = 3, portanto x − 3y = 3 ´ a equa¸˜o procurada. e ca2. A mudan¸a indicada corresponde a trocar y por z (e vice-versa). Um plano chorizontal, cuja equa¸˜o era z = constante, passa a ter equa¸˜o y = constante ca caportanto ´ vertical. A afirma¸˜o (a) ´ correta. Um plano vertical, de equ¸a˜o e ca e c aax+by = d, passa a ter equa¸˜o ax+bz = d, n˜o ´ horizontal nas novas coordenadas, ca a ea menos que se tenha a = 0. Logo (b) ´ falsa. e3. Como 4 − 1 = 3, 5 − 2 = 3 e 6 − 3 = 3, os pontos da reta AB s˜o os da forma a(1 + 3t, 2 + 3t, 3 + 3t), com t ∈ R. Assim, AB corta os planos Πxy , Πyz e Πxzrespectivamente nos pontos (−2, −1, 0), (0, 1, 2) e (−1, 0, 1).4. Os pontos de reta AB s˜o da forma (3 − 4t, 5 − 6t, 2 + 2t) e os da reta CD s˜o a ado tipo (2 − 2s, 1 + 2s, 5 − 4s). Num ponto comum a essas duas retas, devemos ter2 − 2s = 3 − 4t, 1 + 2s = 5 − 6t e 5 − 4s = 2 + 2t, ou seja, 2s − 4t = −1, 2s + 6t = 4 e4s + 2t = 3. As duas primeiras equa¸˜es d˜o s = 1/2 e t = 1/2, valores que tamb´m co a esatisfazem a terceira. Logo as duas retas tˆm em comum o ponto (1, 2, 3). e5. Como −1 − 3 = −4, −1 − 5 = −6 e −2 = 2, as equa¸˜es param´tricas pedidas co es˜o x = 2 − 4t, y = 1 − 6t, z = 5 + 2t. a 13
  14. 14. 6. Temos AB = {(1+2t, 2−3t, 3+t); t ∈ R} e CD = {(2+s, 3−2s, −1+4s); t ∈ R}. ıamos ter 1 + 2t = 2 + s, 2 − 3t = 3 − 2sNum ponto comum a essas duas retas, dever´e 3 + t = −1 + 4s. Mas estas 3 equa¸˜es s˜o incompat´veis. Logo AB e CD n˜o tˆm co a ı a epontos em comum. Do mesmo modo, vˆ-se que nenhum dos pares de retas AC e eBD, AD e BC tem ponto em comum. Portanto os pontos A, B, C e D n˜o podem aestar no mesmo plano, logo as retas AB e CD tamb´m n˜o, isto ´, s˜o reversas. e a e a7. Tomemos um sistema de coordenadas no qual A = (a, 0, 0) e B = (−a, 0, 0),com a = 0. Ent˜o, dado P = (x, y, z), tem-se d(P, A) = d(P, B) ⇔ d(P, A)2 = ad(P, B)2 ⇔ (x − a)2 + y 2 + z 2 = (x + a)2 + y 2 + z 2 ⇔ x2 − 2ax + a2 + y 2 + z 2 =x2 + 2ax + a2 + y 2 + z 2 ⇔ 2ax = −2ax ⇔ 4ax = 0 ⇔ x = 0. Portanto os pontosequidistantes de A e B s˜o aqueles da forma P = (0, y, z), os quais constituem o aplano vertical Πyz .8. Seja C tal que B ´ o ponto m´dio do segmento AC. A condi¸˜o P B ⊥ AB e e caequivale a dizer que P ´ equidistante de A e C logo significa que os pontos P que a esatisfazem formam, junto com B, um plano, a saber, o plano mediador de AC.9. Para simplificar, tomemos um sistema de coordenadas no qual a reta r seja o eixoOZ, isto ´, r = {(0, 0, z); z ∈ R}. A esfera S tem equa¸˜o (x−a)2 +(y−b)2 +(z−c)2 = e caR2 , onde A = (a, b, c). Os pontos de r ∩ S tˆm coordenadas obtidas fazendo- ese x = y = 0 nesta equa¸˜o, o que d´ a2 + b2 + z 2 − 2zc + c2 = R2 , ou seja, ca az 2 − 2cz + (a2 + b2 + c2 − R2 ) = 0. As ra´ desta equa¸˜o, em n´mero de 0, 1 ou 2, ızes ca ud˜o os pontos de interse¸˜o (0, 0, z) de r com S. A fim de que r seja tangente a S, a caesta equa¸˜o deve ter uma s´ raiz, logo seu discriminante deve ser zero. Ora, temos ca o∆ = 4c2 − 4(a2 + b2 +c2 = R2 ), de modo que ∆ = 0 significa a2 + b2 − R2 = 0. Nestascondi¸˜es, a equa¸˜o quadr´tica em z reduz-se a z 2 − 2cz + c2 = 0, cuja unica raiz co ca a ´´ z = c. O ponto de tangˆncia ´ P = (0, 0, c) e o raio AP ´ perpendicular ao eixoe e e eOZ, isto ´, ` reta r. e a 14
  15. 15. 10. (a) Se um dos vetores ´ zero, eles s˜o sempre ortogonais. Se ambos s˜o n˜o-nulos, e a a a −→ −→fixando um ponto A no espa¸o existem B = A e C = A tais que v = AB e w = AC. cEnt˜o v e w s˜o ortogonais quando os segmentos AB = AC s˜o perpendiculares. a a a (b) Diz-se que o vetor v ´ ortogonal a reta r quando, para quaisquer pontos e ` −→A, B ∈ r, os vetores v e AB s˜o ortogonais. a (c) Analogamente, o vetor v ´ ortogonal ao plano Π quando, para quaisquer dois e −→pontos A, B ∈ Π, v ´ ortogonal ao vetor AB. e −→ ıcito o significado de λ · v. Seja v = AB. Se λ = 0, ent˜o11. Primeiro deixemos expl´ a −→λ · v = 0. Se λ > 0 ent˜o λ · v = AE onde E pertence a reta AB, B e E est˜o do a ` a −→mesmo lado em rela¸˜o a A e d(E, A) = λ · d(B, A). Se λ < 0, λ · v = AF , onde caF pertence ` reta AB, A est´ entre B e F , e d(F, A) = −λ · d(B, A). Portanto, a a −→o vetor w = CD ´ da forma λ · v para algum λ se, e somente se, o segmento de ereta orientado CD ´ equipolente a AE ou a AF , logo AB e CD s˜o paralelos ou e acolineares. −→ −→12. Sejam u = AB = (2, −3, 1) e v = CD = (1, −2, 4). As retas r e s, que se cortamno ponto C, formam dois angulos suplementares, θ e π −θ. O maior deles ´ o obtuso, ˆ eque portanto tem cosseno negativo. Temos u, v = 2 · 1 + (−3)(−2) + 1 · 4 = 12, √ √|u| = 14 e |v| = 21. Sabemos que u, v = |u|·|v|·cos θ, logo cos θ = u, v |u|·|v|. √Portanto cos θ = 12/7 6. Assim, o angulo θ, entre os vetores u e v, ´ agudo e da´ ˆ e ıo maior angulo entre as retas r e s mede π − θ radianos e seu cosseno ´ igual a ˆ e √−12/7 6. Olhando a calculadora, vemos que esse ˆngulo mede 134◦ 24 36 . a13. A verifica¸˜o de que u, v = u, w = 0 ´ uma conta imediata. Observamos ca eque as proje¸˜es dos vetores v e w sobre o plano Πxy s˜o os vetores vxy = (α, β) co ae wxy = (α , β ) e que a primeira coordenada de u ´, em valor absoluto, a area do e ´paralelogramo cujos lados s˜o vxy e wxy . Observa¸˜o an´loga vale para as demais a ca acoordenadas de u. Portanto tem-se u = 0 se, e somente se, as proje¸˜es de v e w co 15
  16. 16. sobre cada um dos planos Πxy , Πxz e Πyz s˜o colineares, ou seja, v e w s˜o colineares. a a14. Dado u = (a, b, c), com a2 + b2 + c2 = 1, e tomando v = (−bt, at, 0), w =(act, bct, −1/t), ´ imediato que u, v = 0 e v, w = 0 seja qual for t. Por outro elado, temos u, w = a2 ct + b2 ct − c/t. Lembrando que a2 + b2 = 1 − c2 , a fimde que seja u, w = 0, devemos ter ent˜o (1 − c2 )ct = c/t. Admitindo abc = 0, aou seja, a = 0, b = 0 e c = 0, tem-se tamb´m c2 = 1, logo podemos concluir eque, para ser u, w = 0, deve-se tomar t2 = 1/(1 − c2 ). Com essa escolha (essasescolhas, na verdade) de t valem tamb´m |v|2 = (a2 + b2 )t2 = (1 − c2 )t2 = 1 e e|w|2 = a2 c2 t2 + b2 c2 t2 + 1/t2 = (1 − c2 )c2 t2 + 1/t2 = 1. Examinando o argumento,vˆ-se que bastaria admitir que c = 0 e que uma das coordenadas a ou b tamb´m e efosse = 0. Sem esta hip´tese, o vetor u seria igual a ±e1 , ±e2 ou ±e3 . Neste caso, on˜o haveria dificuldade em achar v e w mas a solu¸˜o proposta n˜o serviria. a ca a −→ −→15. Se P = A + sv + tw ent˜o AP = sv + tw, logo AP , u = s v, u + t w, u = 0. a −→ −→Reciprocamente, se AP , u = 0 ent˜o, tomando B = A tal que u = AB, vemos aque AB e AP s˜o segmentos perpendiculares, portanto P pertence ao plano Π que apassa por A e ´ perpendicular a AB. (V. Exerc´ 8.) Como v e w s˜o vetores e ıcio a −→n˜o-colineares nesse plano, segue-se que AP = sv + tw para determinados n´meros a ureais s, t. Assim, o conjunto dos pontos A + sv + tw coincide com o plano quecont´m A e ´ perpendicular a AB. e e −→16. Os pontos da semi-reta N P diferentes de N s˜o da forma P = (tx, ty, 1 − at(1 − z)). Para que P esteja no ponto Πxy , deve-se ter 1 − t(1 − z) = 0, ou seja, x y x yt = 1/(1 − z), o que d´ P = a , , 0 , portanto x = ,y = · Em 1−z 1−z 1−z 1−zseguida, vamos obter a f´rmula das coordenadas de P em fun¸˜o das de P . Escreva- o ca −→mos P = (a, b, 0). Os pontos da semi-reta NP s˜o da forma P = (ta, tb, 1 − t). A afim de que P perten¸a a esfera S, deve-se ter t2 a2 +t2 b2 +(1−t)2 = 1. Desenvolvendo c `e simplificando, vem (a2 + b2 + 1)t2 − 2t = 0. Como P = N, t ´ diferente de zero, e 16
  17. 17. 2a 2b a2 + b2 − 1portanto t = 2/(a2 + b2 + 1). Assim, P = , 2 , 2 . a2 + b2 + 1 a + b2 + 1 a + b2 + 117. Na equa¸˜o do plano, podemos multiplicar todos os coeficientes por um fator caconstante. Se o plano n˜o passa pela origem, sua equa¸˜o pode, portanto, ser escrita a casob a forma mx + ny + pz = 1. Impondo as condi¸˜es de que as coordenadas dos copontos (a, 0, 0), (0, b, 0) e (0, 0, c) satisfazem esta equa¸˜o, obtemos sucessivamente cama = 1, nb = 1, pc = 1, logo m = 1/a, n = 1/b e p = 1/c e a equa¸˜o procurada ´ ca ex y z + + = 1.a b c18. A fim de que uma reta seja perpendicular a um plano, basta que ela sejaortogonal a dois segmentos de reta n˜o paralelos contidos nesse plano. Seja P = a −→ −→(x, y, z). Temos AB = (0, 1, 1) e AC = (−2, 1, −1) n˜o-colineares. A fim de que a−→ −→ −→ −→ −→OP = (x, y, z) seja ortogonal a AB e AC, deve ser 0 = P P , AB = y + z e −→ −→0 = OP , AC = −2x + y − z. O sistema y + z = 0, −2x + y − z = 0 admite asolu¸˜o geral P = (x, x, −x). Em particular, P = (1, 1, −1) responde ao que foi capedido. A equa¸˜o do plano ´, portanto x + y − z = d. Para determinar d, usa-se o ca efato de que A = (1, 1, 2) pertence a esse plano, o que nos d´ d = 0. Logo, a resposta a´ xy − z = 0.e19. A equa¸˜o procurada tem a forma mx + ny + pz = q. Como os pontos caA = (1, 1, 2), B = (1, 2, 3) e C = (−1, 2, 1) pertencem ao plano, suas coordenadassatisfazem a equa¸˜o. Logo ca m + n + 2p = q m + 2n + 3p = q −m + 2n + p = q. 17
  18. 18. Por escalonamento, este sistema ´ equivalente a e m + n + 2p = q n+p=0 0 = 2q.Portanto q = 0 e a solu¸˜o geral do sistema ´ (m, m, −m). A equa¸˜o procurada ´ ca e ca ex + y − z = 0.20. Como as retas AB e CD s˜o paralelas, o ponto D pertence ao plano determinado apelos pontos n˜o-colineares A, B e C. Esse plano cont´m as duas retas dadas e pode a eser determinado pelos processos apresentados nos exerc´ ıcios 18 e 19.21. O plano Π que se procura cont´m o ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) e ´ perpendicular e eao segmento AP . Como A = (a, b, c), a equa¸˜o do plano Π ´ (x0 − a)(x − x0 ) + ca e(y0 − b)(y − y0 ) + (z0 − z)(z − z0 ) = 0.22. O segmento OA tem comprimento igual a distˆncia de 0 ao plano Π, logo ´ ` a eperpendicular a esse plano. A equa¸˜o de Π ´, portanto, da forma ax + by + cz = d. ca eComo A ∈ Π, temos d = a2 + b2 + c2 . Em suma: ax + by + cz = a2 + b2 + c2 ´ a eequa¸˜o de Π. ca23. Tome um sistema de coordenadas no qual se tenha A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0),C = (0, 1, 0), D = (0, 0, 1) e A = (1, 1, 1). −→ −→ −→ −→ a) Temos BC = (−1, 1, 0), BD = (−1, 0, 1) e AA = (1, 1, 1). Portanto AA , BC = −→ −→AA , BD = 0. Ent˜o AA ´ ortogonal aos segmentos BC e BD do plano (BCD), a elogo ´ perpendicular a esse plano. e −→ b) O baricentro do triˆngulo BCD ´ o ponto P , extremidade do vetor AP = a e1 −→ −→ −→ (AB + AC + AD). (Lembre que A ´ a origem do sistema de coordenadas.) Em e3 −→ 1 −→termos de coordenadas, temos P = (1/3, 1/3, 1/3), logo AP = AA . Assim, P 3 18
  19. 19. pertence tanto ao plano (BCD) como ao segmento AA , logo ´ a interse¸˜o de e ca(BCD) com AA . Nota: Acima, estamos admitindo a aresta do cubo como unidade de compri-mento.24. Tomemos o cubo de aresta 1, contendo os v´rtices A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0), eD = (0, 1, 0), E = (0, 0, 1), C = (1, 1, 0), F = (1, 0, 1) e mais 3 que n˜o vˆm ao caso. a e −→ −→Consideremos as diagonais CE e DF . Temos CE = (−1, −1, 1) e DF = (1, −1, 1), −→ −→ −→ −→ √portanto CE, DF = 1 e |CE| = |DF | = 3. Se chamarmos de θ o angulo entre ˆ −→ −→ −→ −→esses dois vetores teremos CE, DF = |CE| · |DF | · cos θ portanto cos θ = 1/3.25. Os pontos procurados s˜o A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1) e D = a(1, 1, 1). H´ 2 solu¸˜es poss´ a co ıveis.26. Basta tomar os 6 pontos (±1, 0, 0), (0, ±1, 0) e (0, 0, ±1).27. Tomamos um sistema de coordenadas no qual os v´rtices do octaedro sejam eA = (a, 0, 0), A = (−a, 0, 0), B = (0, a, 0), B = (0, −a, 0), C = (0, 0, a) e C =(0, 0, −a). Consideremos as faces opostas AC e A B C . Seus baricentros s˜o P = a −→ −→(a/3, a/3, a/3) e P = (−a/3, −a/3, −a/3). Os vetores AB = (−a, a, 0) e AC = −→(−a, 0, a), ambos sobre a face ABC, s˜o ortogonais a OP . Como AB e AC s˜o n˜o- a a acolineares, segue-se que o segmento OP ´ perpendicular ` face ABC. Analogamente, e aa face A B C ´ perpendicular a OP , portanto a OP . Logo ABC e A B C s˜o e aparalelas e a distˆncia entre elas ´ o comprimento da perpendicular comum P P , a e √logo essa distˆncia ´ 2a/ 3. a e28. O vetor v = (1, 2, −1) ´ ortogonal ao plano Π, dado pela equa¸˜o x +2y − z = 5, e calogo a reta r, formada pelos pontos A + tv, t ∈ R, ´ perpendicular a esse plano. A einterse¸˜o de r com Π ´ o ponto P = (3 + t, 7 + 2t, −t) = A + tv cujas coordenadas ca esatisfazem a equa¸˜o de Π, ou seja, 3 + t + 2(7 + 2t) − (−t) = 5, o que d´ t = −2, ca a 19
  20. 20. portanto P = (1, 3, 2). O sim´trico do ponto A em rela¸˜o ao plano Π ´ o ponto e ca e x+3 y+7A = (x, y, z) tal que P ´ o ponto m´dio de AA . Ent˜o deve ser e e a = 1, =3 2 2 z+0e = 2, ou seja, x = −1, y = −1 e z = 4. Assim, o sim´trico de A = (3, 7, 0) e 2em rela¸˜o ao plano x + 2y − z = 5 ´ o ponto A = (−1, −1, 4). ca e29. Fixemos um ponto A na reta r; por exemplo, A = (1, 0, −1). Os pontos der s˜o da forma A + tv, com v = (1, −1, 2) e t ∈ R. A proje¸˜o ortogonal de P a ca −→sobre r ´ o ponto Q ∈ r tal que P Q ´ perpendicular a r, ou seja P Q, v = 0. e e −→Ora, como P = (1, 2, 5) e Q = (t + 1, −t, , 2t − 1), temos P Q = (t, −t − 2, 2t − 6), −→ −→logo P Q, v = t + t + 2 + 4t − 12 e a condi¸˜o P Q, v = 0 nos d´ t = 5/3, logo ca aQ = (8/3, −5/3, 7/3). −→30. Se A = (2, 1, 2) ent˜o o vetor OA = (2, 1, 2) ´ ortogonal ao plano Π de equa¸˜o a e cax + y + 2z = 12 e a interse¸˜o P da reta OA com Π ´ o ponto de Π mais pr´ximo ca e ode 0. Como P ∈ OA suas coordenadas s˜o (2t, t, 2t). E sendo P ∈ Π, deve-se ter a2(2t) + t + 2(2t) = 12, o que d´ t = 4/3. Portanto o ponto do plano Π mais pr´ximo a ode 0 ´ P = (8/3, 4/3, 8/3). e31. a) Tome um sistema de coordenads cuja origem ´ o p´ da altura da pirˆmide, e e aos eixos OX e OY s˜o as diagonais da base e (conseq¨entemente) o eixo OZ ´ a a u e √ √altura. As coordenadas dos v´rtices s˜o, portanto: A = 3 2, 0, 0), B = (0, 3 2, 0), e a √ √C = (−3 2, 0, 0), D = (0, −3 2, 0) e E = (0, 0, 4). b) Cada aresta lateral ´ a hipotenusa de um triˆngulo retˆngulo cujos catetos e a a √s˜o a altura da pirˆmide (que mede 4) e a metade da diagonal da base (igual a 3 2). a a √Logo a aresta lateral vale 34. −→ √ −→ √ √ −→ −→ c) Temos AE = (−3 2, 0, 4) e BC = −3 2, −3 2, 0), logo AE, BC = 18. −→ √ −→ −→ −→ −→ −→Al´m disso, |AE| = 34 e |BC| = 6. Portanto 18 = AE, BC = |AE| |BC| · cos θ = e √ √6 · 34 · cos θ e da´ cos θ = 3/ 34. ı 20
  21. 21. d) Por conveniˆncia, escrevamos a equa¸˜o do plano (EBC) sob a forma ax + e ca √ √ √by + cz = 3 2. Como os pontos E = (0, 0, 4), B = (0, 3 2, 0) e C = (−3 2, 0, 0) √pertencem a esse plano, conclu´ ımos que a = −1, b = 1 e c = 3/(4 2), logo a 3 √equa¸˜o do plano (EBC) ´ −x + y + √ z = 3 2. O plano (EBC) ´ paralelo a ca e e ` 4 2reta AD pois cont´m a reta BC, que ´ paralela a AD. Logo, a distˆncia de qualquer e e a √ponto de AD ao plano (EBC) ´ a mesma. Tomemos o ponto A = (3 2, 0, 0). eAplicando diretamente a f´rmula da distˆncia de um ponto a um plano, obtemos o ad(A, (EBC)) = 24/5.32. Este exerc´ pertence ao Cap´ ıcio ıtulo 4.33. A equa¸˜o x+2y −3+k(3x−y −2) = 0 representa um plano vertical contendo a careta rk ⊂ Πxy que ´ dada pela mesma equa¸˜o. Tomando k = 0 e k = 2, vemos que e car0 ´ a reta x + 2y − 3 e r2 ´ a reta x = 1. Temos r0 ∩ r2 = {(1, 1)} e ´ imediata que e e eo ponto (1,1) est´ contido em todas as retas rk . Logo todos os planos representados apela equa¸˜o dada, para k ∈ R qualquer, contˆm a reta vertical x = y = 1. A reta ca erk , cuja equa¸˜o em Πxy ´ x + 2y − 3 + k(3x − y − 2) = 0, passa pelo ponto (1,1) e ca etem inclina¸˜o (1 + 3k)/(k − 2). (Podemos supor sempre k = 2 pois j´ sabemos que ca ar2 ´ a reta x = 1.) Como se vˆ facilmente, a fra¸˜o (1 + 3k)/(k − 2), quando k varia e e caem R − {2}, assume todos os valores reais salvo 3. Portanto, quando se atribui ak um valor real qualquer, a equa¸˜o originalmente dada representa qualquer plano cavertical que contenha a reta x = y = 1, exceto aquele que cont´m a reta horizontal edada por 3x − y = 2, z = 0.34. Para todo k ∈ R, a equa¸˜o x − y + z − 1 + k(2x + y − 3z) = 0 representa caum plano Πk , o qual (afirmamos) cont´m a reta r, de equa¸˜es param´tricas x = t, e co ey = (5t − 3)/2, z = (3t − 1)/2. Com efeito, as equa¸˜es dos planos Π1 e Π1/3 cos˜o 3x − 2z = 1 e 5x − 2y = 3, respectivamente. O sistema formado por estas aduas equa¸˜es tem a solu¸˜o geral y = (5x − 3)/2, z = (3x − 1)/2. Tomando co ca 21
  22. 22. x = t como parˆmetro obtemos a reta r, portanto r ´ a interse¸˜o de Π1 com Π1/3 . a e caUma substitui¸˜o direta mostra que r est´ contida em todos os planos Πk , k ∈ R. ca aMostraremos agora que, reciprocamente, todo plano Π, de equa¸˜o ax + by + cz = d, caque contenha a reta r, ´ da forma Π = Πk para algum k, desde que Π n˜o seja o e aplano Π de equa¸˜o 2x + y − 3z = 0. Com efeito, como r ⊂ Π, o vetor w = (a, b, c) ´ ca eortogonal a r. Tamb´m s˜o ortogonais a r os vetores u = (1, −1, 1) e v = (2, 1, −3) e apois os planos Π0 , de equa¸˜o x−y +z = 1, e Π , de equa¸˜o 2x+y −3z = 0, contˆm ca ca ea reta r. Segue-se que w, u e v s˜o coplanares e (como u e v n˜o s˜o colineares) a a a 1tem-se ent˜o w = αu + βv. Se for α = 0 poderemos escrever a · w = u + kv, αcom k = β/α e ent˜o o plano Π, cuja equa¸˜o pode tamb´m ser escrita na forma a ca ea b c d x + y + z = , ser´ igual a Πk , com k = β/α. Ora, α = 0 significa que o aα α α αplano Π n˜o coincide com Π . Isto completa a solu¸˜o. a ca35. Lembremos que dois ou mais vetores se dizem linearmente dependentes quandoum deles ´ combina¸˜o linear dos demais. No plano Π que cont´m os 4 pontos dados, e ca etomemos um sistema de coordenadas no qual A = (0, 0). Ent˜o as coordenadas dos avetores u = (b, b ), v = (c, c ) e w = (d, d ) s˜o as mesmas dos pontos B, C e D, anesta ordem. Se os 4 pontos forem colineares, os vetores u, v e w ser˜o m´ ltiplos uns a udos outros, logo linearmente dependentes. Caso contr´rio, pelo menos dois desses avetores, digamos u e v, ser˜o n˜o-colineares, o que significa que bc − cb = 0. Ent˜o a a ao sistema formado pelas equa¸˜es bx + cy = d, b x + c y = d possui uma solu¸˜o co ca(x, y), e isto quer dizer que w = xu + yv, ou seja, os vetores u, v e w s˜o linearmente adependentes. Em seguida, consideremos 4 vetores v1 , v2 , v3 e v4 no espa¸o tridimensional. cSe trˆs deles, digamos v1 , v2 , v3 , s˜o coplanares ent˜o, como vimos acima, um e a a´ combina¸˜o linear dos outros dois, por exemplo, v3 = α1 v1 + α2 v2 . Ent˜o v3 =e ca aα1 v1 +α2 v2 +0·v4 e os 4 vetores dados s˜o linearmente dependentes. Caso contr´rio, a a 22
  23. 23. podemos tomar no espa¸o um sistema de coordenadas no qual v1 = (a1 , 0, 0), v2 = c(a2 , b2 , 0) e v3 = (a3 , b3 , c3 ), com a1 = 0, b2 = 0 e c3 = 0. Seja v4 = (d1 , d2 , d3 ).Podemos resolver (de cima para baixo) o sistema de equa¸˜es co a1 x = d1 a2 x + b2 y = d2 a3 x + b3 y + c3 z = d3 ,obtendo assim n´meros x, y, z tais que v4 = xv1 + yv2 + zv3 , logo os vetores dados us˜o linearmente dependentes. a36. Fixado um sistema de coordenadas, consideremos o cubo cujos v´rtices s˜o A1 = e a(0, 0, 0), B1 = (1, 0, 0), C1 = (1, 1, 0), D1 = (0, 1, 0), A2 = (0, 0, 1), B2 = (1, 0, 1),C2 = (1, 1, 1) e D2 = (0, 1, 1). Ent˜o B1 , D1 , C2 , A2 s˜o os v´rtices de um tetraedro a a eregular. Duas arestas opostas deste tetraedro, como B1 D1 e A2 C2 , por exemplo,s˜o ortogonais porque s˜o diagonais “diferentes” em faces paralelas do cubo. Mais a a −→ −→ −→ −→precisamente, B1 D1 = (−a, a, 0) e A2 C2 = (a, a, 0), logo B1 D1 , A2 C2 = 0.37. Nos 4 pontos de tangˆncia, os raios da esfera inscrita no tetraedro s˜o ortogonais e aa`s suas faces, trˆs das quais est˜o contidas nos planos coordenados e a quarta, e acontendo os pontos (1, 0, 0), (0, 2, 0) e (0, 0, 1), ´ parte do plano 6x + 3y + 2z = 6. eComo esses raios tˆm o mesmo comprimento x, o centro da esfera ´ o ponto P = e e(x, x, x), cuja distˆncia ao plano 6x + 3y + 2z = 6 ´ igual a x. Pela f´rmula da a e o |6x + 3x + 2x − 6|distˆncia de um ponto a um plano, temos a √ = x, ou 11x − 6 = 7x, 36 + 9 + 4o que nos d´ x = 2/3. Esta ´ a medida do raio da esfera. a e38. Tem-se um ponto O e um plano Π tais que, para quaisquer P, Q ∈ Π, se−→ −→ −→OP + OQ = OR ent˜o R ∈ Π. Se O n˜o pertencesse a Π, seu sim´trico O∗ a a eem rela¸˜o a esse plano tamb´m n˜o pertenceria. Seja O = OO∗ ∩ Π o p´ da ca e a e 23
  24. 24. perpendicular baixada de O sobre Π. Tomando em Π dois pontos P e Q tais que O −→ −→ −→ e ıamos OP + OQ = OO∗ . Como O ∗ ∈ Π chegar´seja o ponto m´dio de P Q, ter´ / ıamosa uma contradi¸˜o. Logo O ∈ Π. ca39. Como o plano dado n˜o cont´m a origem, sua equa¸˜o pode ser escrita sob a a e caforma mx + ny + pz = 1. Levando em conta que os pontos (a, 0, 0), (0, b, 0) e (0, 0, c)pertencem ao plano, temos ma = 1, nb = 1 e pc = 1, donde m = 1/a, n = 1/b e x y zp = 1/c, logo a equa¸˜o procurada ´ + + = 1. ca e a b c40. Considere dois pontos distintos A, B em X. Ent˜o a reta AB est´ contida em a aX. Se X possuir algum ponto C fora de AB, seja Π o plano (ABC). Dado qualquerponto P ∈ Π, se a reta CP n˜o for paralela a AB ent˜o P ∈ X pois, neste caso, CP a acont´m C e o ponto CP ∩ AB, logo CP ⊂ X. Assim, X cont´m todos os pontos e edo plano Π salvo eventualmente aqueles que est˜o na reta r que passa por C e ´ a eparalela a AB. Mas se Q ´ um ponto de r ent˜o, tomando pontos M e N em lados e aopostos de r, no plano Π, de modo que Q ∈ M N, conclu´ ımos que Q ∈ X. Assim, Xcont´m o plano Π. Se, al´m disso, X contiver algum ponto D fora do plano Π, um e eracioc´ ınio inteiramente an´logo ao anterior mostra que X cont´m todos os pontos a edo espa¸o. c 24

×