Professora: Rosa Canelas Ano Lectivo 2010/2011 1

Escola Secundária com 3º ciclo D. Dinis

11º Ano de Matemática – A

Tema I – Geometria no Plano e no Espaço II

Aula 4 do plano de trabalho nº 5

Resolver a tarefa “Um cubo, rectas e planos” da pág ina 122

A aresta do cubo da figura mede 10 unidades de comprimento.

1. A recta que contém cada aresta do cubo pode ser obtida por

intersecção de dois planos que contêm faces do cubo.

Assim:

a. FG é definida por x 10 z 10= ∧ = porque é a intersecção

dos planos EFG e BFG.

b. FB é definida por x 10 y 0= ∧ = porque é a intersecção

dos planos ABF e BCF.

c. HG é definida por y 10 z 10= ∧ = porque é a intersecção dos planos CGH e FGH.

2. O plano π tem equação 3x 3y 2z 24 0+ + − =

a. Para justificar que o plano intersecta o cubo vamos

calcular as coordenadas dos pontos de intersecção

com os eixos.

Intersecta Ox em (8,0,0) porque

3x 3 0 2 0 24 0 x 8+ × + × − = ⇔ =

Intersecta Oy em (0,8,0) porque

3 0 3y 2 0 24 0 y 8× + + × − = ⇔ =

Intersecta Oz em (0,0,12) porque

3 0 3 0 2z 24 0 z 12× + × + − = ⇔ =

Os pontos onde o plano intersecta os eixos Ox e Oy pertencem às arestas [AB] e [AD].

b. Já sabemos dois dos pontos pedidos (8,0,0) e (0,8,0). Agora falta-nos encontrar os pontos

das arestas [EF] e [EH].

O ponto de [EF] tem z = 10 e y = 0 e terá 4

3x 3 0 2 10 24 0 3x 4 x3

+ × + × − = ⇔ = ⇔ =

O ponto é 4

,0,103

.

O ponto de [EH] tem z = 10 e x = 0 e terá 4

3 0 3y 2 10 24 0 3y 4 y3

× + + × − = ⇔ = ⇔ =

y

z

x

SR

Q

P

E H

D

A

GF

B C

Professora: Rosa Canelas Ano Lectivo 2010/2011 2

O ponto é 4

0, ,103

.

c. Chamemos P(8,0,0),Q(0,8,0), 4

R ,0,103

e 4

S 0, ,103

aos vértices do quadrilátero que é

a secção determinada no cubo pelo plano.

( )PQ 8,8,0= −����

4 4

RS , ,03 3

= −

����

20

PR ,0,103

= −

����

20

QS 0, ,103

= −

����

Recta PQ: ( ) ( ) ( )x,y,z 8,0,0 k 8,8,0 ,k= + − ∈R

x 8 8k

y 8k ,k

z 0

= − = ∈ =

R x 8 y

z 08 8

−⇔ = ∧ = ⇔−

y x 8 z 0= − + ∧ =

Recta RS: ( ) 4 4 4x,y,z ,0,10 k , ,0 ,k

3 3 3 = + − ∈

R

4 4x k

3 34

y k ,k3

z 10

= − = ∈ =

R

4x y3 z 10

4 43 3

−⇔ = ∧ = ⇔

−

4y x z 10

3= − + ∧ =

Recta PR ( ) ( ) 20x,y,z 8,0,0 k ,0,10 ,k

3 = + − ∈

R

20x 8 k

3y 0 ,k

z 10k

= − = ∈ =

R x 8 z

y 020 103

−⇔ = ∧ = ⇔−

3

z x 12 y 02

= − + ∧ =

Recta QS ( ) ( ) 20x,y,z 0,8,0 k 0, ,10 ,k

3 = + − ∈

R

x 0

20y 8 k,k

3z 10k

= = − ∈ =

R y 8 z

x 020 103

−⇔ = ∧ = ⇔−

3

z y 12 x 02

= − + ∧ =

As rectas PQ e RS são paralelas porque PQ 6RS=���� ����

As rectas PR e QS são concorrentes

d. O polígono que constitui o corte definido no cubo pelo plano π é um trapézio por ser um

quadrilátero com dois lados paralelos e dois oblíquos.

e. Se o plano for paralelo a este e passar no ponto (11,11,11) já não intersecta o cubo pois

G(10,10,10) é o ponto do cubo mais afastado do plano.

3 11 3 11 2 11 D D 88× + × + × = ⇔ =

Professora: Rosa Canelas Ano Lectivo 2010/2011 3

O plano de equação 3x 3y 2z 88+ + = não intersecta o cubo.

f. Há uma infinidade de planos perpendiculares a π . Se n(3,3,2)�

é um vector perpendicular

a π então ( )v 2,0, 3−�

é um vector de π que pode ser o vector normal ao plano que

procuramos e suponhamos que ele passa por G(10,10,10).

Como 2 10 3 10 D D 10× − × = ⇔ = o plano pode ter equação 2x 3z 10− = .

g. O plano de equação x y 3z 8 0+ − − = é perpendicular a π porque

( ) ( )1,1, 3 . 3,3,2 3 3 6 0− = + − = . Determinemos a intersecção dos dois planos:

( )3 3z y 8 3y 2z 243x 3y 2z 24 9z 3y 24 3y 2z 24

x y 3z 8 x 3z y 8x 3z y 8

− + + + =+ + = − + + + = ⇔ ⇔ ⇔ + − = = − += − +

11z 0 z 0

x y 8 x y 8

= = ⇔ = − + = − +

z 0 y x 8= ∧ = − + são equações de uma recta do plano xOy por ser z = 0.

3. Para escrevermos as equações das rectas que contêm as

arestas do octaedro precisamos de calcular as coordenadas

dos vértices. Vamos começar por determinar a medida das

arestas: 2 2 2 2x 10 10 x 200 x 10 2= + ⇔ = ⇔ =

As coordenadas dos vértices são:

A B C D E F

( )5 2,5 2,0 ( )5 2,5 2,0− ( )5 2, 5 2,0− − ( )5 2, 5 2,0− (0,0,10) (0,0,-10)

As equações da recta:

AB: y 5 2 z 0= ∧ = CD: y 5 2 z 0= − ∧ =

AD: x 5 2 z 0= ∧ = BC: x 5 2 z 0= − ∧ =

AE: ( )AE 5 2, 5 2,10= − −����

e a equação vectorial ( ) ( ) ( )x,y,z 0,0,10 k 5 2, 5 2,10 ,k= + − − ∈R

x

10

10

E

D B

F

Professora: Rosa Canelas Ano Lectivo 2010/2011 4

xk

5 2x 5 2ky

y 5 2k ,k k ,k5 2

z 10 10kz 10

k10

= − = − = − ∈ ⇔ = ∈

− = + −=

R R . Donde as equações cartesianas de AE são:

x y z 10105 2 5 2

−= =− −

BE: ( )BE 5 2, 5 2,10= −����

Donde as equações cartesianas de BE são: x y z 10

105 2 5 2

−= =−

DE: ( )DE 5 2,5 2,10= −����

Donde as equações cartesianas de DE são: x y z 10

105 2 5 2

−= =−

CE: ( )CE 5 2,5 2,10=����

Donde as equações cartesianas de CE são: x y z 10

105 2 5 2

−= =

AF: ( )AF 5 2, 5 2, 10= − − −����

Donde as equações cartesianas de AF são:x y z 10

105 2 5 2

+= =−− −

BF: ( )BF 5 2, 5 2, 10= − −����

Donde as equações cartesianas de BF são:x y z 10

105 2 5 2

+= =−−

CF: ( )CF 5 2,5 2, 10= −����

Donde as equações cartesianas de CF são:x y z 10

105 2 5 2

+= =−

DF: ( )DF 5 2,5 2, 10= − −����

Donde as equações cartesianas de DF são:x y z 10

105 2 5 2

+= =−−