Capitulo4GeometriaAnalitica

7/23/2019 Capitulo4GeometriaAnalitica

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C E X M A 1 1 © P o r t o

E d i t o r a

1.Pág. 90

Uma recta perpendicular a r tem declive 4.

Resposta: (D)

2.

é um vector normal a a .

é um vector normal a b.

Como são colineares,

Resposta: (D)

3.

é um vector director de t .

Resposta: (C)

4.

Ponto genérico de

Um vector director de s é da forma

Sendo , vem

Resposta: (D)

5. Pág. 91

Logo, a recta r passa no ponto A(-11, 4, 0) e tem a direcção do

vector Deste modo, tem-se que:

Resposta: (C)

6. Observando a figura tem-se P(0, 5, 4) e Q(3, 5, 0).

Logo, uma equação vectorial da recta PQ é:

Resposta: (D)

7. P(0, 0, 4); Q(0, 4, 0)

Ponto médio de [PQ] : M(0, 2, 2)

Seja a o plano mediador de [PQ].

Então logo:

O único ponto que satisfaz a condição y 5 z é o ponto A(1, 0, 0).

Resposta: (A)

a : 4y - 4z = 0 § y = z

§ d = 0

4 * 2 - 4 * 2 + d = 0M å a :

a : 0x + 4y - 4z + d = 0

PQ!

' a e M å a ,

PQ!

= Q - P = (0, 4, -4)

(x, y, z) = (3, 5, 0) + k (3, 0,2 4), k å R.

PQ!

= Q - P = (3, 5, 0) - (0, 5, 4) = (3, 0, -4)

r : (x, y, z) = (-11, 4, 0) + k (-14, 5, 1), k å R.

r!

= (214, 5, 1).

§ 5 y - 4

5 = z

x + 11

-14 = z

§ x + 11

-14 =

y - 4

5 =

z

1

§ 5y = 4 + 5z

x - z = 1 - 12 - 15z § 5y - 4 = 5z

x + 11 = -14z

5y = 4 + 5z

x - z = 1 - 3 (4 + 5z)5y - 4 = 5z

x - z = 1 - 3y §

P(-1, 0, 2) e s!

= (0, -1, 0).y = 0 e a = -1

s!

a = (0, a, 0), com a 0 0.

s : Py (-1, y, 2)

x = -1 ‹ z = 2

t !

= (-4, 0, 1)

§ x - 1

-4 =

z

1 ‹ y = -2

§1 - x

2 = 2z ‹ y = - 2

5

y = -2

1 - x

2 =

2z

a § § b.n!

a e n!

b

n!

a = - n!

b

n!

b

b : x = 2 - 2y + z § x + 2y - z - 2 = 0 ; n!

b = (1, 2, -1)

n!

a

a : -x - 2y + z - 2 = 0; n!

a = (-1, -2, 1)

r : 2y = - x

2 + 1 § y = -

1

4 x +

1

2

Capítulo 4

PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO

27

EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO

8. xOz: y 5 0 Pág. 92

Logo, (3, 0, 6) são as coordenadas do ponto de intersecção da recta r

com o plano xOz.

Outro processo:

é um vector director de r.

Uma equação vectorial de r é:

Seja R um ponto genérico de r:

Substituindo na equação do plano xOz cuja equação é y = 0,

vem que:

Substituindo k por 2 em R tem-se:

(-1 + 2 * 2, 2 - 2, 3 * 2) = (3, 0, 6) que são as coordenadas do

ponto pedido.

Resposta: (D)

9. Seja a a medida da aresta do cubo. As coordenadas do ponto D são

(a, 0, a). Como D pertence ao plano definido pela equação

x + y = 10 tem-se

Resposta: (B)

10. U (2, 4,2)

(2, 0, 2) são as coordenadas do ponto T

r é a recta que passa em T e tem

a direcção do vector ,

ou seja, do eixo Oz. A recta r é,

assim, a recta PT . Como P é um

ponto do plano OUV , P é aintersecção da recta PT co m

aquele plano.

Resposta: (A)

11. A recta r é definida porPág. 93

Logo, (1, 2, 0) é um ponto de r, é um vector director

dessa recta e é um vector colinear com .

Deste modo, uma equação vectorial de r é:

Resposta: (A)

(x, y, z) = (1, 2, 0) + k (0, 0, 2), k å R.

r!

2r!

= (0, 0, 2)

r!

= (0, 0, 1)

5x = 1

y = 2

r!

= (0, 0, 1)

r : (x, y, z) = (2, 0, 2) + k (0, 0, 1), k å R

a + 0 = 10 § a = 10.

2 - k = 0 § k = 2

R(-1 + 2k, 2 - k, 3k)

r : (x, y, z) = (-1, 2, 0) + k (2, -1, 3), k å R

A(-1, 2, 0) å r e r!

= (2, -1, 3)

r : x + 1

2 =

y - 2

-1 =

z

3

§ 5x = 3

y = 0

z = 6

5 x + 1

2 =

y - 2

-1 =

z

3

y = 0§ 5

x + 12

= -2-1

z

3 =

-2

-1y = 0

§ 5x + 1 = 4

z = 6

y = 0

x y z

x y z



12.

Um ponto pertence à recta de intersecção de se e só se

é um ponto que pertence a

A(5, 5, 0); A a pois 5 - 5 + 3 * 0 0 1

B(1, 0, 0); B b pois 1 + 0 - 7 * 0 0 7

C (0, 0, -1); C a pois 0 - 0 + 3 * (-1) 0 1

D(4, 3, 0); D a pois 4 - 3 + 3 * 0 = 1 e D b

dado que 4 + 3 - 7 * 0 = 7

Resposta: (D)

13. A condição define a recta de intersecção dos planos de equa-

ções x = 0 (plano yOz) e z = 3.

Resposta: (C)

14. define uma recta com a direcção do vector

, ou seja, paralela ao eixo Oy.

Resposta: (B)

15. A condição x = 2 y = 1 define uma recta com a direcção Pág. 94

do vector , portanto paralela ao

eixo Oz.

Resposta: (A)

16.

• não são colineares (1 0 0). Logo, r e s não são paralelas.

• Logo, r e s não são perpendiculares.

• r e s são concorrentes porque o ponto de coordenadas (2, 1, 3)

pertence às duas rectas.

Resposta: (A)

17.

Se AB e r são rectas paralelas então são vectores

colineares, ou seja, o .

Logo,

Resposta: (B)

18.

Se r e s são rectas coincidentes, todo o ponto de r é ponto de s.

Em particular o ponto A(1, 3, 0) que pertence a r terá que

pertencer a s:

Resposta: (C)

19. Pág. 95

• não são colineares Logo, a e b não são paralelos.

• Logo, a e b não são

perpendiculares.

n!

a . n

!

b = 1 * 2 - 1 * 2 + 1 * 2 = 2 0 0.

11

2 0

-1

2 2.n!

a e n!

b

b : 2x +

2y +

2z +

1 =

0; n

!

b =

(2,

2,

2) '

b

a : x - y + z +1

2 = 0; n

!

a = (1, -1, 1) ' a

§ k = 31 - 3

2 =

3 - 5

2 =

0 - k

3 § -1 = -1 = -

k

3

r : x - 1

2 =

y - 3

2 =

z

3; s :

x - 3

2 =

y - 5

2 =

z - k

3

m = -1.

5k = -1

m = - 1(-2, m, 3) = k (2, 1, -3) § 5

- 2 = 2k

m = k

3 = -3k

§

AB!

= kr!, k å R

AB!

e r!

r!

= (2, 1, -3)

r : x - 1

2 = y = -

z

3 §

x - 1

2 =

y

1 =

z

-3

AB!

= (-2, m, 3)

r!

. s!

= 1 + 0 + 1 = 2 0 0.

r!

e s!

s : (x, y, z) = (2, 1, 3) + k (1, 0, 1), k å R; s!

= (1, 0, 1)

r : x - 2 = y - 1 = z - 3; r!

= (1, 1, 1)

u!

= (0, 0, a), com a 0 0

‹

u!

= (0, a, 0), com a 0 0

x = 2 ‹ z = 1

5x = 0

z = 3

åå

∫

∫

∫

a e a b .

a com b

a : x - y + 3z = 1; b : x + y - 7z = 7. Os planos a e b são concorrentes não perpendiculares.

Resposta: (C)

20.

não é perpendicular a b2

Resposta: (C)

21.

Se b é paralelo a a então

Como (0, 1, 2) å b, vem que:

Resposta: (C)

22.

é um vector director de r

é normal a xOy

é normal a xOz

é normal a yOz

Resposta: (B)

23. Se a e b são estritamente paralelos, Pág. 96

dada uma recta contida em a ,

existem em b uma infinidade de

rectas que lhe são paralelas.

Resposta: (D)

24. é um vector normal a a


é colinear com

Logo, a recta r é perpendicular a a .

Resposta: (A)

25. é normal a a

tem a direcção da recta r

P(0, 2,3)

Substituindo as coordenadas de P na equação de a (0 - 3 0 2)

verifica-se que P a .

Substituindo as coordenadas de P nas equações de r

verifica-se que P r.

Como pelo que a recta r é paralela a a .

Resposta: (C)

n!

a . r

!

= 0, n!

a ' r!

n!

a . r

!

= (3, 0, -1) . (1, 2, 3) = 3 + 0 - 3 = 0

∫

10 02

2

2∫

r : x = y

2 =

z

3; r

!

= (1, 2, 3)

a : 3x - z = 2; n!

a = (3, 0, -1)

n!

a n!

a = 2r!

± r

r : x = y = z; r!

= (1, 1, 1)

a : 2x + 2y + 2z = 5; n!

a = (2, 2, 2)

r!

. j!

= 0 ± r § § xOz

r!

. j!

= (3, 0, -1) . (0, 1, 0) = 0

yOz : x = 0; i!

= (1, 0, 0); i!

xOz : y = 0; j!

= (0, 1, 0); j!

xOy : z = 0; k!

= (0, 0, 1); k!

r!

= (3, 0, -1)

r : (x, y, z) = (0, 1, 2) + k (3, 0, -1), k å R

b : x + 2y - z = 0 § -x - 2y + z = 0

0 + 2 * 1 - 2 + d = 0 § d = 0

b : x + 2y - z + d = 0.

a : x + 2y - z - 2 = 0

w!

1 . w

!

2 = 0 ± c1 ' c2

c2 : z = 0; w!

2 = (0, 0, 1) ' c2

c1 : x - y = 0; w!

1 = (1, -1, 0) ' c1

± b1

v!

1 . v

!

2 = -3 + 2 - 2 = -3 0 0

b2 : 3x + 2y + 2z = 2; v!

2 = (3, 2, 2) ' b2

b1 : -x + y - z = 1; v!

1 = (-1, 1, -1) ' b1

a1 § § a2

a2 : x + y = 0; u!

2 = (1, 1, 0) ' a2

a1 : x + y = 3; u!

1 = (1, 1, 0) ' a1

28

PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4



E d i t o r a



26. Pág. 97


é um vector director do eixo Oz

é perpendicular ao eixo Oz

é paralela ao plano xOy

Resposta: (A)

27. é normal a a

é normal a xOy

Resposta: (B)

28. é um vector normal a a


Resposta: (B)

29.

• BG é paralela a a e não é paralela

a b (a opção (A) é falsa).

• FE é perpendicular a a e FE

não é perpendicular a b (a opção

(C) é falsa).

• FA é perpendicular à intersecção de a com b e não é perpen-

dicular a b (a opção (D) é falsa).

Resposta: (B)

30. Todos as rectas passam no ponto de Pág. 98

coordenadas (1, 1, 1) do 1.8 octante

•

Recta paralela ao eixo Ox.

Intersecta apenas o plano yOz.

•

Recta paralela ao eixo Oy.

Intersecta apenas o plano xOz.

•

Recta perpendicular ao eixo Oz.

Não intersecta o plano xOy.

Resposta: (D)

(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (1, 2, 0), k å R

(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (0, 2, 0), k å R

(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (1, 0, 0), k å R

a ' b

b : ABC

a : EAD

§ m = -1§ (1, 2, 3)

.

(1, 1, m) = 0 § 1 + 2 + 3m = 0

a § § r § n!

a ' r!

§ n!

a . r

!

= 0

r : x = y - 2 = z

m; r

!

= (1, 1, m)

a : x + 2y + 3z = 10; n!

a = (1, 2, 3)

n!

a . k

!

= 0 ± n!

a ' k!

± a ' xOy

xOy : z = 0; k!

= (0, 0, 1)

a : x + y = 4; n!

a = (1, 1, 0)

± r

r!

. k!

= 0 ± r

k!

= (0, 0, 1)

r!

= (1, 1, 0)

r : x = y - 1 ‹ z = 4 31. P(1, 0, 0)

Q(0, 1, 0)

R(0, 0, 1)

Vector normal ao plano

Todo o vector da família , com b 0 0 é normal ao

plano PQ R. Em particular, para b = 1, obtém-se o vector

normal ao plano PQR.

x -

1 =

y -

2 =

z -

3 define uma recta r sendo umvector director. Logo, r PQR.

Resposta: (C)

32. O eixo Ox é perpendicular ao plano yOz. Toda a recta perpen-

dicular ao plano yOz é paralela ao eixo Ox.

Resposta: (D)

33. Se r e s são perpendiculares a um

mesmo plano a , então

Resposta: (C)

34. xOz : y=

0; é um vector normal Pág. 99ao plano xOz.

Para que a seja perpendicular a xOz terá que ser , sendo

um vector normal a a .

•

Logo, a é perpendicular a xOz.

Resposta: (A)

35.

O sistema

define a intersecção de uma recta com um plano. Como a recta é

perpendicular ao plano (o vector director da recta énormal ao plano) a intersecção é um ponto.

Resposta: (A)

36. Uma superfície esférica de centro

em C(2, 0, 0) é tangente ao plano

yOz se tiver raio igual à abcissa

do centro, ou seja, r 5 2.

Logo, ,

define uma superfície esférica

tangente ao plano yOz.

Resposta: (C)

37. Uma esfera de centro no ponto C(2, 3, 4) é tangente ao plano xOy

se o seu raio r for igual à cota de C, ou seja, r 5 4.

Logo, uma condição que define a esfera é

Resposta: (D)

(x - 2) 2 + (y - 3)2 + (z - 4)2 ≤ 42

(x - 2) 2 + y 2 + z 2 = 4

r

!

= (3,

4,

5)

53x + 4y + 5z = 2

x

3 =

y

4 =

z

5

n!

a . j

!

= (1, 0, -1) . (0, 1, 0) = 0

a : z = x + 2 § x - z + 2 = 0; n!

a = (1, 0, -1)

n!

a

n!

a . j

!

= 0

j

!

= (0, 1, 0)

r § § s.

Yr

!

= (1,

1,

1)

n!

= (1, 1, 1)

n!

= (b, b, b)

§ 5a = b

c = b

5a - b = 0

-b + c = 05 n!

. QP!

= 0

n!

. QR!

= 0§ 5

(a, b, c) . (1, -1, 0) = 0

(a, b, c) . (0, -1, 1) = 0§

QR!

= (0, -1, 1)

QP!

= (1, -1, 0)

PQR : n!

= (a, b, c)

29




E d i t o r a



38. Para que a superfície esférica seja tangente aos planos de equações

z = 1 e z = 5,

• a cota do centro da superfície esférica terá que ser

• o raio terá que serLogo é uma possível solução.

Resposta: (C)

39. Se a superfície esférica é tangente ao plano de equação Pág. 100

y = 0, o seu raio terá que ser igual ao valor absoluto da ordenada do

centro, o que só se verifica na opção (A):

com C(2, 2, 0) e r = 2.

Como a distância do centro C ao plano de equação x = 4 é igual

a esta superfície esférica é tangente ao plano de

equação x = 4.

Resposta: (A)

40. O centro da superfície esférica é o ponto

C(0, 2, 0) e o raio é 2. Como a distância de C ao plano de equação

y = 4 é a superfície esférica é tangente

ao plano a . Logo, a intersecção de E com a é um ponto.

Outro processo:

(Este sistema define a intersecção de E com o

plano a )

(0, 0, 4) são as coordenadas do ponto de intersecção da superfície

esférica E com o plano a .

Resposta: (A)

41. define a intersecção da

superfície esférica de centro C (1, 1, 1) e raio 5 com o plano de

equação x = y que passa no centro de C (neste ponto tem-se x = y).

Logo, a intersecção é uma circunferência de raio 5.

Resposta: (A)

42. define uma superfície esférica S de

centro C(2, 2, 2) e raio . Um plano de equação x = a intersecta

esta superfície esférica se . Das hipóteses

apresentadas apenasResposta: (C)

43. Raio da circunferência de perímetro 8 :

Atendendo a que o

triângulo [OBC] é

rectângulo em C tem-se

, ou seja,

Podemos concluir que

a equação da super-

fície esférica é

.Resposta: (C)x

2

+ y2

+ z2

= 25

r2 = 25.

OB2

= 32 + 42

§ r = 4§ r =8p

2p

2pr = 8p

p

2 - œ 2 ≤ 3 ≤ 2 + œ 2.

2 - œ 2 ≤ a ≤ 2 + œ 2œ 2

(x - 2)2 + (y - 2) 2 + (z - 2)2 = 2

(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1) 2 = 25 ‹ x = y

§ (x, y, z) = (0, 0, 4)

§ 5x2 + y 2 = 0

y = 4 § 5x = 0 ‹ y = 0

y = 4

5x2 + 4 + z 2 = 4

y = 45x2 + (y - 2)2 + z 2 = 4

y = 4 §

5x2 + (y - 2)2 + z2 = 4

y = 4

\4 - 2 \ = 2 = raio,

E : x2 + (y - 2)2 + z 2 = 4

\2 - 4 \ = 2 = r,

(x - 2) 2 + (y - 2) 2 + z 2 = 4

x2 + y2 + (z - 3)2 = 4

5 - 1

2 = 2.

z0 =1 + 5

2 = 3;

30


44. A intersecção da esfera definida pela condição Pág. 101

(centro na

origem e raio 5) com o plano

de equação z = 4 é um círculo

de raio r.Tem-se que:

Resposta: (D)

45. As superfícies esféricas têm o mesmo centro e raios diferentes pelo

que não se intersectam.

Resposta: (D)

46. Trata-se de duas superfícies esféricas de centros C1(0, 2, 0) e

C2 (0, 3, 0) com o mesmo raio igual a .Como a distância entre os centros é inferior à soma dos raios, pois

, a intersecção das duas superfícies esféricas é

uma circunferência.

Resposta: (B)

47. define a esfera de centro

C(1, 2, 3) e raio 6.

Dado que a recta r passa no centro da esfera, a intersecção é um

segmento de recta cujo comprimento é igual ao diâmetro da esfera,

ou seja, 12.

Resposta: (C)

48. Pág. 102

Centro da esfera : C (2, 3, 4)

A(1, 1, 1)

Resposta: (B)

49.

A esfera tem raio 3 e centro sobre o eixo Oy no ponto C (0, 7, 0).Logo, E intersecta Oy em dois pontos: A(0, 4, 0) e B(0, 10, 0) pois

7 - 3 = 4 e 7 + 3 = 10.

Resposta: (B)

50.

Os planos a e b são estritamente paralelos. A intersecção de a com

b é o conjunto vazio.

Resposta: (A)

b : 2x + 2y - 2z = 1

a : x + y - z = 1

E : x2 + (y - 7) 2 + z 2 ≤ 9

B = C + AC!

= (2, 3, 4) + (1, 2, 3) = (3, 5, 7)

AC!

= C - A = (1, 2, 3)

(x - 2)2 + (y - 3)2 + (z - 4) 2 ≤ 14

r : (x, y, z) = (1, 2, 3) + k (-2, 0, 1), k å R

E : (x - 1)2 + (y - 2)2 + (z - 3)2 ≤ 36

C1C2 = 1 e 1 < 2œ 2

œ 2

Acírculo = p * r2 = p * 32 = 9p

§ r = 352 = r2 + 42

x2 + y2 + z2 ≤ 25



E d i t o r a



51. • A(4, 0); B(4, 2);

AB é a recta paralela a Oy de equação x = 4.

•

•

Declive de

•

Declive de OC:

Sendo a a incl inação de OC , tem-se , donde

Resposta: (D)

52. Pág. 103

(ângulo interno do hexágono)

Inclinação da recta BC : 608

Inclinação da recta FB : 908 + 608 = 1508

Inclinaç~ao da recta EC : 1508 ( )

Resposta: (D)

53. O ponto B é a intersecção da recta AB com a recta BC.

Recta AB

Como

é um ponto da recta AB.

Recta BC

mBC = tg (135°) = -1

C(0, 3); 3 é a ordenada na origem.

Intersecçao das rectas AB e BC :

5 y = -2

3 x -

4

3

y = - x + 3§ 5 - x + 3 = -

2

3 x -

4

3

y = - x + 3

BC : y = - x + 3

§ y = -2

3 x -

4

3

AB : y - 0 = -2

3(x + 2)

A(-2, 0)

AB ' AC, mAB = -2

3

mAC =3

2

AC!!

= C - A = (0, 3) - (-2, 0) = (2, 3)

EC §§ FB

C ˆ BA = 120°

a = tg-1 13

22 ) 56, 38.tg a =

3

2

3

2

OC!

= (2, 3)

OB :2

4 =

1

2

OB!

= (4, 2)

D ˆ CB = cos-1 1- 3

52 ) 1278

cos (CD! W CB

!

) = CD

!

. CB!

i CD!

i * i CD!

i=

-4 + 1

œ 4 + 1 * œ 4 + 1=

-3

5

CB

!

= B - C = (4, 2) - (2, 3) = (2,

-1)

CD!

= D - C = (0, 2) - (2, 3) = (-2, -1)Logo B(13, -10).

Resposta: (D)

54. A condição define a recta perpendicular à recta BC que

passa no ponto B. Como a recta BC é paralela ao eixo Ox (é a recta

de equação ) e o triângulo [ABC] é equilátero, vem que:

Recta AB

Recta AC

O ponto A é a intersecção das rectas AC e AB. Logo, as suas

coordenadas são a solução do sistema:

Resposta: (B)

1.1 A(5, 0, 0); B(0, 3, 1) Pág. 104

Como , a recta AB está contida no plano .

1.2

Logo, C(0, 0, 1).

1.3 Raio da base:

Altura do cone:

Volume do cone:

Logo, o volume do cone é u.v.50p

3

V =1

3 * p 1œ 102

2

* 5 =50p

3

h = ||OA!

|| = 5

Rb = || OB!

|| = œ 32 + 12 = œ 10

§ z = 1z > 0§ z = 0 › z = 1

§ 0 + 0 + z (z - 1) = 0

§ (-5, 0, z) . (0, -3, z - 1) = 0

AC!

' BC!

§ AC!

. BC!

= 0

BC!

= C - B = (0, -3, z - 1)

AC!

= C - A = (-5, 0, z)

C(0, 0, z), z > 0

pA å p e B å p

0 + 2 * 3 - 1 = 5 § 5 § 5 = 5 proposição verdadeira; B å p

5 + 2 * 0 - 0 = 5 § 5 = 5 proposição verdadeira; A å p

p : x + 2y - z = 5

5y = œ 3x - 3œ 3 + 1

y = - œ 3x - œ 3 - 1

y - 1 = -œ 3 (x + 1) § y = -œ 3x - œ 3 + 1

mAC = -œ 3; C(-1, 1)

y - 1 = œ 3 (x - 3) § y = œ 3x - 3œ 3 + 1

mAB = œ 3; B (3, 1)

= - tg (608) = -œ 3

mAC = tg (1808 - 608)

mAB = tg 608 = œ 3

y = 1

BP!

. BC!

= 0

§ 5 -3x + 9 = -2x - 4

y = -x + 3 § 5x = 13

y = -10

31




E d i t o r a

!



32




E d i t o r a

2.1 O ponto P é a intersecção do planos OPQ, PQV e OPV . Logo,será a solução do sistema:

Tem-se P(2, 2, 2).

O ponto Q é a intersecção do planos xOy (z = 0), OPQ e PQV .

As coordenadas do ponto Q serão a solução do sistema:

Então, Q(3, 3, 0).

2.2 O ângulo OPQ é recto

sendo , tem-se

2.3

é um vector director da recta PV

OPQ : x - y = 0 e

é um vector normal ao plano OPQ.

Sendo é colinear com . Logo, também éperpendicular ao plano OPQ e, consequentemente, a recta PV éperpendicular a esse plano.

O volume da pirâmide é igual a

Como PV é perpendicular ao plano OPQ podemos tomar parabase da pirâmide o triângulo [OPQ] e para altura dessa pirâ-mide.

Área da base:

o triângulo [OPQ] é rectângulo em P (alínea 2.2),

então

Altura da pirâmide 5

Volume da pirâmide 5

3.1 As rectas AB e BC são concorrentes (intersectam-se no ponto B enão são coincidentes). Logo, as rectas AB e BC são complanares.O plano a , definido pelas rectas AB e BC é o plano ABC. Paramostrar que é uma equação que define o planoABC basta verificar que os pontos A, B e C não são colineares eque as coordenadas de qualquer um destes pontos satisfazemaquela equação. Sendo as rectas AB e BC concorrentes em B e nãocoincidentes, os pontos A, B e C não são colineares.

x + 2y + 6z = 10

1

3 * 3œ 2 * 2œ 2 = 4

i PV !

i = œ 4 + 4 + 0 = 2œ 2

= œ 72

2 =

6œ 22

= 3œ 2= œ 4 + 4 + 4 * œ 1 + 1 + 4

2 = œ 12 * œ 6

2

Abase = A 3OPQ4 = i PO

!

i * i PQ!

i2

PV

1

3 * Abase * altura.

PV

!

n!

PV

!

= -2n!

, PV

!

PV !

= (-2, 2, 0) = -2 (1, -1, 0) = -2n!

n!

n!

= (1, -1, 0)

PV !

= (-2, 2, 0)

PV !

= V - P = (0, 4, 2) - (2, 2, 2) = (-2, 2, 0)

PO!

' PQ!

.PO!

. PQ!

= 0

PO!

. PQ!

= (-2, -2, -2) . (1, 1, -2) = -2 - 2 + 4 = 0

PQ!

= Q - P = (3, 3, 0) - (2, 2, 2) = (1, 1, -2)

PO!

= O - P = (0, 0, 0) - (2, 2, 2) = (-2, -2, -2)

§ PO!

' PQ!

5z = 0

x - y = 0

x + y + z = 6

§ 5z = 0

x = y

y + y + 0 = 6

§ 5z = 0

x = 3

y = 3

§ 5x = y

z = 6 - 2y

2y - 12 + 4y = 0

§ 5x = 2

z = 2

y = 2

5

x - y = 0

x + y + z = 6

x + y - 2z = 0

§

5

x = y

y + y + z = 6

y + y - 2z = 0

Por outro lado

Logo, ABC é o plano definido pela equação .

3.2

Seja r a recta de intersecção destes dois planos.

Equações cartesianas de

(10, 0, 0) são as coordenadas de um ponto de r e éum vector director de r. Deste modo, temos que:

é uma equação vectorial da recta r.

3.3 Tomando para base da

pirâmide [OBCA] o triângulo

[OB C], a altura corres-pondente a essa base é .

Determinemos a área e base.

Considerando para base dotriângulo [OBC] o lado [OC],

a altura do triângulo é a cotado ponto B, ou seja 1.

Altura da pirâmide:

Volume da pirâmide

4. Pág. 105

4.1 Seja P um ponto genérico da recta BC

O ponto B é a intersecção da recta BC com o plano xOz : y = 0.

Substituindo as coordenadas de P na equação do plano xOz vem

.

B é o ponto que de obtém substituindo em P o valor de k por -2.

Logo, (3, 0, 1) são as coordenadas do ponto B. De igual modo, o pontoC é a intersecção da recta BC com a plano xOy de equação z = 0.

Substituindo as coordenadas do ponto genérico de BC nesta equa-ção, vem .

Substituindo este valor no ponto P obtém-se as coordenadas doponto C :

(5 + (-1), 4 + 2 * (-1), -1 - (-1)) = (4, 2, 0).

- 1 - k = 0 § k = -1

(5 + (-2), 4 + 2 * (-2), -1 - (-2)) = (3, 0, 1)

4 + 2k = 0 § k = -2

P(5 + k, 4 + 2k, -1 - k), k å R.

(x, y, z) = (5, 4, -1) + k (1, 2, -1), k å R

=1

3 *

5

2 * 10 =

25

3

OA = 10

Abase = OC * 1

2 =

5 * 1

2 =

5

2

OA

(x, y, z) = (10, 0, 0) + k (-6, 0, 1), k å R

r!

= (-6, 0, 1)

r : x - 10

-6 = z ‹ y = 0

§ x - 10 = -6z ‹ y = 0 § x - 10

-6 = z ‹ y = 0

5x + 2y + 6z = 10

y = 0 § 5x + 6z = 10

y = 0 § 5x - 10 = - 6z

y = 0

xOz : y = 0

a : x + 2y + 6z = 10

x + 2y + 6z = 10

(proposição verdadeira)C(0, 5, 0) : 0 + 2 * 5 + 6 * 0 = 10

(proposição verdadeira)B(0, 2, 1) : 0 + 2 * 2 + 6 * 1 = 10

A(10, 0, 0) : 10 + 2 * 0 + 6 * 0 = 10 (proposição verdadeira)



4.2 O triângulo [ABC] é rectângulo em C se forperpendicular a , ou seja, se

Como o vector é perpendicular ao vector ,o triângulo [ABC] é rectângulo em C.

4.3 Centro da superficie esférica: A(0, 5, 2)

A distância de A ao planoxOy é 2 (cota do ponto).

Sendo a intersecção dasuperfície esférica uma cir-cunferência de raio 3, o raior da superfície esférica podeser determinado recorrendoao Teorema de Pitágoras.

Assim vem que:

Equação da superfície esférica de centro A e raio

5.1 Comecemos por determinar as coordenadas dos pontos A, B e P.

• O ponto A é a intersecção do plano ABP com o eixo Ox :

A(3, 0, 0)

• O pon to B é a int er se cção do pl ano AB P com o eixo

B(0, 3, 0)

• O ponto P é a intersecção do plano ABP com o eixo Oz :

A altura h da pirâmide é

A base da pirâmide é um quadrado de lado

Logo a área do quadrado é 18.

V pirâmide área da base altura

5.2 A recta é perpendicular ao plano ABP de equação

porque o vector de coordenadas (2, 2, 1), vector

director da recta, é perpendicular ao plano.

Substituindo as coordenadas da origem do referencial – (0, 0, 0) – nas

equações da recta, vem que , ou seja, obtém-se igualdades

verdadeiras. Logo, a origem do referencial é um ponto da recta.

5.3 Seja T o ponto de tangência da superfície esférica no plano.Então T (x, y, z) per tence ao p lano ABP. Ora como

, t em-s ePor outro lado, sendo a origem O o centro da superfície esférica,

T (x, y, 6 - 2x - 2y).2x + 2y + z = 6 § z = 6 - 2x - 2y

0

2 =

0

2 = 0

2x + 2y + 1z = 6

r : x

2 =

y

2 =

z

1

=1

3 * 18 * 6 = 36*=

1

3 *

AB2

= 32 + 32 § AB2

= 18

AB2= OA

2+ OB

2AB.

OP = cota de P = 6.

P(0, 0, 6)

52x + 2y + z = 6

x = 0

y = 0

§ 5x = 0

y = 0

z = 6

x = 0 ‹ y = 0

52x + 2y + z = 6

x = 0

z = 0

§ 5x = 0

2y = 6

z = 0

§ 5x = 0

y = 3

z = 0

Oy : x = 0 ‹ z = 0

52x + 2y + z = 6

y = 0

z = 0

§ 52x = 6

y = 0

z = 0

§ 5x = 3

y = 0

z = 0

y = 0 ‹ z = 0

x2 + (y - 5)2 + (z - 2)2 = 13.œ 13:

r2 = 22 + 32 § r2 = 13.

AC!

BC!

= 4 - 6 + 2 = 0BC!

. AC!

= (1, 2, -1) . (4, -3, -2)

AC!

= C - A = (4, 2, 0) - (0, 5, 2) = (4, -3, -2)

BC!

= C - B = (4, 2, 0) - (3, 0, 1) = (1, 2, -1)

BC!

. AC!

= 0AC!

BC!

o vector terá que ser perpendicularao plano e, portanto, colinear com o vector de coordenadas (2, 2, 1).

;

Assim,

O raio da superfície esférica é

Equação da superfície esférica: x2 + y2 + z2 = 4

Para determinar o ponto de tangência T também se poderia determi-

nar o ponto de intersecção da recta com o plano ABP.

6.1 A(8, 8, 7); abcissa do ponto A = 8 Pág. 106

O ponto V tem coordenadas (4, 4, 0)

Perímetro da face lateral da pirâmide

= 2 * 9 + 8

= 26

6.2

Logo,

6.3 Seja um vector perpendicular a a . Então, sendo a

paralelo a ABV , é perpendicular a ABV .

Temos:

sendo perpendicular a ABV tem-se que:

define a família de vectores perpendi-

culares a a .

Por exemplo, para c = 4, tem-se que (0, -7, 4) é um vector normala a . Deste modo, vem que

Logo, -7y + 4z = 0 é uma equação de a . Como todo os pontos daforma (x, 0, 0), com pertencem a a , poiso eixo Ox, de equações , está contido em a .y = 0 ‹ z = 0

-7 * 0 + 4 * 0 = 0,x å R,

§ d = 0-7 * 4 + 4 * 7 + d = 0

E(4, 4, 7) å a a : 0x - 7y + 4z + d = 0

n!

= 10, -7

4 c, c2, c å R \ 506,

§ 5a = 0

4b = -7c § 5

a = 0

b = -7

4 c

5n!

. AB!

= 0

n!

. AV !

= 0§ 5(a, b, c).(-8, 0, 0) = 0

(a, b, c).( -4, - 4, -7) = 0§ 5- 8a = 0

- 4a - 4b - 7c = 0

n!

AV !

= V - A = (4, 4, 0) - (8, 8, 7) = (-4, -4, -7)

AB!

= B - A = (0, 8, 7) - (8, 8, 7) = (-8, 0, 0)

n!

n!

= (a, b, c)

D ˆ VB ) 77,98.

VB!

W VD!

= cos-1 117

812 ) 77,9°

= -16 - 16 + 49

81 =

17

81

cos(VB! W VD

!

) = VB

!

. VD!

i VB!

i * i VD!

i =

(-4, 4, 7) . (4, -4, 7)

œ 16 + 16 + 49 * œ 16 + 16 + 49

VD

!

= D - V = (8, 0, 7) - (4, 4, 0) = (4, -4, 7)

VB!

= B - V = (0, 8, 7) - (4, 4, 0) = (-4, 4, 7)

= 2 AV + AB

= œ 81 = 9

AV = œ 18 - 42 2 + 18 - 42 2 + 17 - 02 2 = œ 16 + 16 + 49

AB =

r : x

2 =

y

2 = z

i OT !

i = Œ14

322

+ 14

322

+ 12

322

= 2

OT !

= 14

3,

4

3,

2

32.

§ 5x =

4

3

y =4

3

k =2

3

5x = 2k

y = 2k

6 = 9k5x = 2k

y = 2k

6 - 2x - 2y = k§

5x = 2k

y = 2k

6 - 2 12k2 - 2 12k2 = k§

(x, y, 6 - 2x - 2y) = (2k, 2k, k), k å ROT !

= k 12, 2, 12, k å R

OT !

= T - O = (x, y, 6 - 2x - 2y)

33




E d i t o r a

!

addbddc



34




E d i t o r a

7. ABV : 4x + 4y + 3z = 0

7.1 • O ponto B é a int er se cção do pl ano ABV com o eixo

B(0, 3, 0)

• O p ont o V é a int er se cção do pl ano ABV com o eixo

V (0, 0, 4)

Raio da base

Altura do cone

7.2 O raio da esfera é

Condição que define a esfera: x2 + y2 + (z - 4)2 ≤ 25

7.3 V (0, 0, 4); B(0, 3, 0); D(0, -3, 0)

Dado que 0 , a , , tem-se que

8.1 Seja a a aresta do cubo. Pág. 107

As coordenadas de Q são (a, a, 0).

Como Q é um ponto do plano VTQ : x + y + z = 6, vem

O volume do cubo é, então, 33 = 27.8.2 Coordenadas do ponto U : (3, 3, 3).

Simétrico de U relativamente ao plano xOy : U ′(3, 3, -3).

Se o ponto Q pertence à superfície esférica de centro emU ′(3, 3, -3), o seu raio é 3 e uma sua equação é

8.3 Seja um vector perpendicular ao plano a . Sendo a

paralelo ao plano VTQ então é perpendicular a e a .

§ 5a = b

c = b

5

n!

Y VT !

n!

Y VQ

! § 5(a, b, c) . (-3, 3, 0) = 0

(a, b, c) . (0, 3, -3) = 0 § 5-3a + 3b = 0

3b - 3c = 0

VQ!

= Q - V = (3, 3, 0) - (3, 0, 3) = (0, 3, -3)

VT !

= T - V = (0, 3, 3) - (3, 0, 3) = (-3, 3, 0)

VQ!

VT !

n!

n!

= (a, b, c)

(x - 3)2 + (y - 3)2 + (z + 3)2 = 9.

a + a + 0 = 6 § a = 3

sin a =24

25.p

§ sin2 a =576

625 § sin a = ¿

24

25

1 7

2522

+ sin2 a = 1 § sin2 a = 1 -49

625

cos2 a + sin2 a = 1

cos a =7

25

= -9 + 16

25 =

7

25

=(0, -3, -4)

. (0, 3, -4)

œ 0 + 9 + 16 * œ 0 + 9 + 16

cos(VD! W VB

!

) = VD

!

. VB!

i VD!

i * i VB!

i

VB!

= B - V = (0, 3, -4)

VD!

= D - V = (0, -3, -4)

VB = œ 02 + 32 + 42 = 5

VB.

= OV = 4

= OB = 3

54x + 4y + 3z = 12

x = 0

y = 0

§ 5x = 0

y = 0

3z = 12

§ 5x = 0

y = 0

z = 4

Oz : x = 0 ‹ y = 0

54x + 4y + 3z = 12

x = 0

z = 0§

5x = 0

4y = 12

z = 0§

5x = 0

y = 3

z = 0

Oy : x = 0 ‹ z = 0

Assim, define a família de vectores per-pendiculares a a. Por exemplo, para . Destemodo, vem que:

Uma equação de a é

Como R [ a e P [ a , a recta RP está contida em a .

9.

O cubo [ABCODEFG] tem aresta 2.

Cada uma das pirâmides tem altura igual a 2.

9.1 A superfície esférica de diâmetro [PQ] tem centro no centro docubo, ou seja, em S(1, 1, 1), e raio igual à altura da pirâmide mais

metade da aresta do cubo, ou seja, r = 2 + 1 = 3. Assim,é uma equação dessa superfície

esférica.

Substituindo as coordenadas de F (0, 2, 2) na equação da superfí-cie esférica, vem que:

A igualdade obtida é falsa, pois 3 0 9.

Logo, o ponto F não pertence à superfície esférica.

9.2 A(2, 0, 0); D(2, 0, 2); Q(1, 1, 4); E(2, 2, 2) e G(0, 0, 2).

Como o vector é perpendicular a dois vectores nãocolineares do plano ADQ , o vector é perpendicular aeste plano. Podemos então concluir que a recta EG éperpendicular ao plano ADQ .

9.3 A secção definida no poliedro peloplano ADQ é o hexágono [APCFQD].Mas, pode ser decomposta em doistriângulos com a mesma área –

[DFQ] e [APC] – e no r ectângu lo[ACFD].

Tem-se que:

Tomando para base do triângulo[DFQ] o lado [DF ], a altura é 2 (é aaltura da pirâmide), temos que a áreapedida é:

23 área de [DFQ]1 área de [ACFD]

= 2 * 2œ 2 + 2œ 2 * 2 = 8œ 2

= 2 * DF * 2

2 + DF * DA

DF = œ 8 = 2œ 2DF

2= 22 + 22

EG!

EG!

EG!

. AD!

= 0 ‹ EG!

. AQ!

= 0 § EG!

' AD!

e EG!

' AQ!

EG!

. AQ!

= (-2, -2, 0) . (-1, 1, 4) = 2 - 2 + 0 = 0

EG!

. AD!

= (-2, -2, 0) . (0, 0, 2) = 0 + 0 + 0 = 0

AQ

!

= Q - A = (-1, 1, 4)

AD!

= D - A = (0, 0, 2)

EG!

= G - E = (-2, -2, 0)

(0 - 1)2 + (2 - 1)2 + (2 - 1)2 = 9

(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 = 9

E(2, 2, 2)

P(0, 3, 0); 0 + 3 + 0 - 3 = 0 (proposição verdadeira); P å a

R(3, 0, 0); 3 + 0 + 0 - 3 = 0 (proposição verdadeira); R å a

x + y + z - 3 = 0

§ d = - 3

S(0, 0, 3) å a 0 + 0 + 3 + d = 0

a : 1x + 1y + 1z + d = 0

b = 1, n!

= (1, 1, 1)

n!

= (b, b, b), b å R \ {0},

!



Pág. 108

10.1 Se a recta r de equaçãocontém a altura da pirâmide então é perpendicular ao plano da base.Assim, o vector é perpendicular ao plano que contém

a base da pirâmide, pelo que, uma equação deste plano é do tipo.

Como este plano passa na origem, tem-se:

.

Logo é uma equação do plano quecontém a base da pirâmide.

10.2 Dado tratar-se de uma pirâmide quadrangular regular, o centro dabase é a intersecção da recta r, recta que contém a altura da pirâ-mide, com o plano da base.

Ponto genérico de

é o ponto , com .

Substituindo as coordenadas de R na equação do plano da base,

ou seja, na equação 3x - 4y = 0, vem:

Substituindo k por nas coordenadas de R obtém-se as

coordenadas do centro da base da pirâmide:

= (4, 3, 5).

10.3 V (-2, 11, 5)

Sendo A(4, 3, 5) o centro da base da pirâmide, a altura desta é

Como A é o centro da base da pirâmide, o comprimento da diagonalda base da pirâmide é igual a

Sendo a medida do lado da base da pirâmide, tem-se

Logo, a área da base da pirâmide é igual a 100.

11.1

Equações cartesianas da recta TU : ou

Equação vectorial da recta TU :

11.2 W (1, 1, 4); Q(2, 2, 0); V (0, 2, 4)

W ˆ QV ) 18°

QW ! W QV

!

= cos-11 18

œ 3602 ) 188

=2 + 0 + 16

œ 18 * œ 20

=18

œ 360

cos(QW ! W QV

!

) = QW

!

. QV !

i QW !

i * i QV !

i =

(-1, -1, 4) . (-2, 0, 4)

œ 1 + 1 + 16 * œ 4 + 0 + 16

QV !

= V - Q = (0, 2, 4) - (2, 2, 0) = (-2, 0, 4)

QW !

= W - Q = (1, 1, 4) - (2, 2, 0) = (-1, -1, 4)

(x, y, z) = (2, 2, 4) + k (0, 2, 0), k å R

x = 2 ‹ z = 4

TU !

= U - T = (0, 2, 0)U (2, 2, 4); T (2, 0, 4)

=1000

3

=1

3 * 100 * 10

Volume da pirâmide =1

3 * área da base * altura

’2 + ’2 = (2œ 50)2 § 2’2 = 4 * 50 § ’2 = 100

’

2 * AO = 2 * œ 42 + 32 + 52 = 2œ 50

AV = œ (4 + 2)2 + (3 - 11)2 + (5 - 5)2 = œ 36 + 64 + 0 = 10.

17 + 6 * 1-1

22, -1 - 8 * 1-1

22, 52

-1

2

§ k = -1

2

§ 50k = -25

§ 21 + 18k + 4 + 32k = 0

3(7 + 6k) - 4 (-1 - 8k) = 0

k å RR 1 (7 + 6k, -1 - 8k, 5)

r : (x, y, z) = (7, -1, 5) + k (6, -8, 0), k å R

6x - 8y = 0 § 3x - 4y = 0

6 * 0 - 8 * 0 + 0 + d = 0 § d = 0

6x - 8y + 0z + d = 0

r!

= (6, -8, 0)

(x, y, z) = (7, -1, 5) + k (6, -8, 0), k å R

11.3 O plano de equação x = y passa nos pontos O,Q, U , W e S.

A secção é formada por dois triângulos[OWS] e [QUW ] – com a mesma área.

A área da secção é igual a metade da área dorectângulo [OQUS].

Área da secção

Pág. 109

12.1 O ponto G é um dos pontos de intersecção da superfície esféricade equação com o eixo

. Deste modo, temos que:

Como G tem ordenada negativa, vem G(0, -2, 0). O ponto H temabcissa 1 pois tem a mesma abcissa do ponto A. A ordenada de H é-2 por ser igual à ordenada de G. Como H pertence ao plano xOy

tem cota igual a zero. Logo as coordenadas de H são (1, -2, 0).

12.2 Os pontos A, G e H não são colineares. Para verificar quey - 3z + 2 = 0 é uma equação do plano AGH , basta verificar queaqueles três pontos pertencem a este plano.

A(1, 1, 1); 1 - 3 * 1 + 2 = 0 (verdade); A pertence ao plano.

G(0, -2, 0); -2 - 3 * 0 + 2 = 0 (verdade); G pertence ao plano.

H (1, -2, 0); -2 - 3 * 0 + 2 = 0 (verdade); H pertence ao plano.

Logo, uma equação do plano AGH é y - 3z + 2 = 0.

12.3 Volume do sólido = Volume do paralelepípedo + Volume da pirâ-mide

Volume do paralelepípedo

Volume da pirâmide

Volume do sólido

13.1 Como o ponto R tem ordenada 6 uma equação do plano que con-tém a face [QRUT ] é y = 6. Logo, a ordenada do ponto T é 6.

Tem-se T (a, 6, b).

Sendo , o vector

é perpendicular a a .

Como a recta OT também é perpendicular a a , é colinearcom , .

Logo, T (4, 6, 2).5

k = 2a = 4

b = 2

1a, 6, b2 = k 12, 3, 12, k å R § 5a = 2k6 = 3k

b = k

§

k å ROT !

= k n!

a n!

a , ou seja

OT !

n!

a = (2, 3, 1)a : 2x + 3y + z = 22

OT !

= T - O = (a, 6, b)

= 3 + (c - 1) = 2 + c

= c - 1

=1

3 * 3 * 1 * (c - 1)

=1

3 * área da base * altura

= GF * EF * FB = 3 * 1 * 1 = 3

§ 5x = 0

y = 4

z = 0

› 5x = 0

y = -2

z = 0

§ 5(y - 1)2 = 9

x = 0

z = 0

§ 5y - 1 = 3 › y - 1 = -3

x = 0

z = 0

5(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 = 11

x = 0

z = 0§

5(0 - 1)2 + (y -1)2 + (0 - 1)2 = 11

x = 0

z = 0

Oy : x = 0 ‹ z = 0

(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 = 11

=4 * 2œ 2

2 = 4œ 2

OS = 4

OQ2 = 22 + 22 ±

OQ > 0

OQ = œ 8 § OQ = 2œ 2

35




E d i t o r a



36




E d i t o r a

13.2 O plano ABC é o plano

Qualquer plano paralelo a ABC tem uma equação do tiposabendo que o ponto Q(4, 6, 0) pertence ao

plano, vem:

.

Logo, uma equação do plano que passa no ponto Q e é paralelo aABC é

13.3 Os pontos D e T têm a mesma ordenada e a mesma cota.

Logo, D(a, 6, 2).

Como D pertence ao plano de equação , vem

Então, D(1, 6, 2).

14. Pág. 110

14.1 As rectas r e s definem um plano se forem estritamente paralelasou concorrentes.

• r e s não são paralelas porque os vectores enão são colineares.

• O ponto I (1, -1, 0) pertence às duas rectas.

Logo, r e s são concorrentes.

Como r e s são concorrentes e não são coincidentes, definem umplano.

14.2 Seja ; é um vector perpendicularao plano b.

b é paralelo ao plano a , definido pelas rectas r e s se o vector forperpendicular aos vectores e , vectores directores das rectas r e s,respectivamente.

Como o vector é perpendicular aos vectores direc-tores das rectas r e s, o vector é perpendicular ao plano defi-nido por estas duas rectas. Então, o plano a definido pelas rectasr e s é paralelo ao plano b de equação .

14.3. = (2,3,1) e = (2,1,-1) são vectores directores das rectas r e s,respectivamente, seja a o ângulo formado pelas rectas r e s.

Tem-se, então:

A amplitude do ângulo formado pelas rectas r e s é 49 8,aproximadamente.

15. A(2, 3, 10); B(10, 13, 25)

15.1 C(98, 123, 190)

Pretende-se provar que os pontos A, B e C são colineares.

Para isso, vamos provar que os vectores são colineares.

Como

Logo, os vectores e são colineares.AB!

AC!

96

8 =

120

10 =

180

15 = 12, AC

!

= 12 AB!

.

AB!

= B - A = (10, 13, 25) - (2, 3, 10) = (8, 10, 15)

AC!

= C - A = (98, 123, 190) - (2, 3, 10) = (96, 120, 180)

AC!

e AB!

a = cos-1 1 6

œ 842 ) 498

6

œ 84=

\4 + 3 - 1|

œ 14 * œ 6=

cos a = \ r

!

. s!

\

\\

r

!

|| * \\

s

!

\|=

\(2, 3, 1) . (2, 1, - 1)|

œ 4 + 9 + 1 * œ 4 + 1 + 1

s!

r!

x - y + z = 10

n!

b

n!

b = (1, -1, 1)

n!

b . s

!

= (1, -1, 1) . (2, 1, -1) = 2 - 1 - 1 = 0. Logo n

!

b' s!

.

n!

b . r

!

= (1, -1, 1) . (2, 3, 1) = 2 - 3 + 1 = 0. Logo n

!

b' r!

.

s!

r!

n!

b

n!

b = (1, -1, 1) b : x - y + z = 10

s!

= (2, 1, -1)

r!

= (2, 3, 1)

s : (x, y, z) = (1, -1, 0) + k (2, 1, -1), k å R

= (1, -1, 0) + l (2, 3, 1), l å Rr : (x, y, z)

r : x - 1

2 =

y + 1

3 = z ou

2a + 3 * 6 + 2 = 22 § 2a = 2 § a = 1.

2x + 3y + z = 22

2x + 3y + z = 26.

2 * 4 + 3 * 6 + 0 = d § d = 26

2x + 3y + z = d ,

a : 2x + 3y + z = 22. 15.2 A distância do local onde o projéctil é disparado ao alvo é igual a

Dado que , a trajectória rectilínea está garantida.15.3

Dado que e não são colineares existe um só plano a quepassa em O – origem do referencial – A e B. Como A, B e C sãocolineares, C também pertence ao plano a , dado que C é umponto da recta AB contida em a .

Seja um vector perpendicular a a .

Então, temos que:

Assim, \{0}.

Por exemplo, para é um vector perpendiculara a , é um vector perpendicular ao plano xOy : z = 0.

Tem-se que o plano a é perpendicular ao plano xOy se e só se.

Temos então, que

Como , o plano a não é perpendicular ao plano xOy.

16.1 Pág. 111

Como a altura da pirâmide é 6, a cota do ponto E é .Assim o ponto E tem coordenadas (2, 2, -2).

A recta DE tem a direcção do vector (-2, 2, -6) e passa no pontoD(4, 0, 4).

Uma condição que define DE é, portanto,

16.2

(1, -1, 3) é um vector director da recta DE sendo, portanto, per-pendicular ao plano pedido. Uma equação deste plano é, assim,da forma .

Como B(0, 4, 4) é um ponto do plano, tem-se

Uma equação do plano éx

- y

+3z

-8

=0.

0 - 4 + 3 * 4 + d = 0 § d = - 8.

x - y + 3z + d = 0

DE!

= (-2, 2, -6) = -2(1, -1, 3).

x - 4

-2 =

y

2 =

z - 4

-6 § x - 4 = - y =

z - 4

3.

DE!

= E - D = (2, 2, -2) - (4, 0, 4) = (-2, 2,-6)

4 - 6 = 22

C(4, 4, 4); A(0, 0, 4); D(4, 0, 4) e B(0, 4, 4).

n!

. k!

0 0

n!

. k!

= (55, -50, 4) . (0, 0, 1) = 4 0 0.

n!

. k!

= 0

k!

= 10, 0, 12c = 4, n

!

= (55, -50, 4)

n!

=

1

55

4

c, -25

2

c, c

2, c å R

§ 5 a = -3

2 * 1-

25

2 c2 - 5c

b = -25

2 c

§ 5 a =55

4 c

b = -25

2 c

§ 5 a = -3b - 10c

2

-15b - 50c + 13b + 25c = 0

§ 5 a = -3

2 b - 5c

-2b - 25c = 0

§ 52a + 3b + 10c = 0

10a + 13b + 25c = 0 § 5

a = - 3b - 10c2

10 * -3b - 10c

2 +13b + 25c = 0

5n!

. OA!

= 0

n!

. OB!

= 0 § 5(a, b, c) . (2, 3, 10) = 0

(a, b, c) . (10, 13, 25) = 0

n!

= (a, b, c)

OB!

OA!

OB!

= (10, 13, 25)

OA!

= (2, 3, 10)

i AC

!

i < 300

i AC!

i = œ 962 + 1202 + 1802 ) 236,7 < 300

i AC!

i .



16.3 A secção produzida na pirâmide peloplano xOy é um quadrado de lado .

Para determinar consideremos a sec-ção produzida na pirâmide pelo planode equação x = 2.

Os tr iângulos [PEQ] e [RES] sãosemelhantes.

A área da secção produzida na pirâmide peloplano xOy é igual a:

17.1

O vértice A, do cone, é o ponto de intersecção da recta r com oeixo Ox. Como A pertence a Ox tem ordenada e cota nulas, ouseja, A(x, 0, 0). Determinemos x, sabendo que

Tem-se, então A(9, 0, 0).

A altura do cone é 9 porque é igual à abcissa do vértice.

17.2 Como o plano é perpendicular à recta r, o vector éperpendicular ao plano.

Logo, uma equação do plano é do tipo

Como o vértice A(9, 0, 0) pertence ao plano, vem:

Então, uma equação do plano é

17.3 A intersecção do conecom o plano xO y é otriângulo [ABC] em que

e

A área do triângulo é

1.1 Pág. 112

V = área da base * altura =

1.2

1œ 33 2

2

+ cos2 q = 1 § cos2q = 1 -1

3 § cos2 q =

2

3

sin2 q + cos2q = 1

sin

q =

œ 33

= 52 * 5œ 2tg q = 125œ 2tg q

AB2

* HD

§ HD = 5œ 2tg q

HD

DB= tg q §

HD

5œ 2= tg q

§ DB = 5œ 2§ DB2

= 52 * 2

§ DB2

= 52 + 52DB2

= AD2

+ AB2

AD = AB = 20 : 4 = 5

6 * 9

2 = 27.

OA = 9.BC = 2 * 3 = 6

3x - y - 27 = 0.

3 * 9 - 0 + 0 + d = 0 § d = -27.

3x - y + 0z + d = 0.

r!

= 13, 21, 02

§ 5x = 0 + 3k

0 = 3 - k

0 = 0

§ 5x = 9

k = 3

(x, 0, 0) = (0, 3, 0) + k (3, -1, 0), k å RA å r :

r : (x, y, z) = (0, 3, 0) + k (3, -1, 0), k å R

’ 2 = 14

322

=16

9.

RS

PQ=

2

6 §

’4

=1

3 § ’ =

4

3

PQ = 4; RS = ’

’

’Como

1.3 D(0, 0, 0); A(5, 0, 0); B(5, 5, 0); C(0, 5, 0)

a) A(5, 0, 0)

A pertence ao plano

Equação do plano:

b) A(5, 0, 0); G(0, 5, 5 )

Ponto médio de [AG]:

M pertence ao plano

Equação do plano:

c) C(0, 5, 0);

Equações cartesianas da recta CE:

d) O centro da superfície esférica é o ponto de intersecção dasdiagonais espaciais do prisma, ou seja, o ponto médio de [AG],

.

O raio da superfície esférica é

Equação da superfície esférica:

§ x2 - 5x + y2 - 5y + z2 - 5œ 2 z = 0

§ x2 - 5x +25

4 + y2 - 5y +

25

4 + z2 - 5œ 2z +

50

4 - 25 = 0

1x - 522

2

+ 1y - 522

2

+ 1z - 5œ 22 22

= 52

= Œ 100

4 = 5

DM = Œ15

2 - 02

2

+ 15

2 - 02

2

+ 15œ 22

- 022

= Œ 254

+ 254

+ 504

r = DM .

M15

2,

5

2,

5œ 22 2

x

5 =

y - 5

-5 =

z

5œ 2§ x = 5 - y =

z

œ 2

= (5, -5, 5œ 2)CE!

= E - C = (5, 0, 5œ 2) - (0, 5, 0)

E(5, 0, 5œ 2)

§ x - y - œ 2z + 5 = 0-5x + 5y + 5œ 2 z - 25 = 0

-5 *5

2 + 5 *

5

2 + 5œ 2 *

5œ 22

+ d = 0 § d = -25

-5x + 5y + 5œ 2 z + d = 0

= (-5, 5, 5œ 2 )AG «» = G - A = (0, 5, 5œ 2) - (5, 0, 0)

M 15

2,

5

2,

5œ 22 2

œ 2

-5x - 5y + 5œ 2 z + 25 = 0 § x + y - œ 2 z - 5 = 0

d = 25

-5 * 5 - 5 * 0 + 5œ 2 * 0 + d = 0

-5x - 5y + 5œ 2 z + d = 0

= (-5, -5, 5œ 2 )

BH «» = H - B = (0, 0, 5œ 2 ) - (5, 5, 0)

H (0, 0, 5œ 2)

§ HD = 5œ 2

q = 45°HD = 5œ 2tg 45°

HD = 5œ 2tg q

V = 125 cm3

V = 125 * œ 2 *1

œ 2= 125

tg q =sin q

cos q =

œ 33

œ 6

3

= œ 3

œ 6

= Œ 36

= Œ 12

=1

œ 2

08 < q < 908, cos q = Œ 23

= œ 2œ 3

= œ 2 * œ 33

= œ 63

37




E d i t o r a

!

!

!



38




E d i t o r a

2.1 a) O plano CDE é perpendi- Pág. 113

cular ao eixo Oz e passa

no ponto C(4, 0, 8) logo,

pode ser definido pela

equação z5

8. b) Comecemos por determi-

nar as coordenadas do

ponto B.

Como o triângulo [OAB]

é equilátero e está contido

no plano xOy com [OA]

contido no eixo Ox, as

coordenadas de B são

(2, -h, 0) sendo h a altura

do triângulo [OAB]:

Logo, e

Plano EAO

Os vectores e têm a

direcção do plano EAO.

Seja um vector perpendicular ao plano EAO. Então

Família de vectores perpendiculares ao plano EAO:

, com

Por exemplo, para b = 4, vem .

Plano EAO:

O pertence ao plano

Equação do plano EAO:

2.2

2.3 A(4, 0, 0) e

Equação da recta AE:

x -

4-2 =

y

-2œ 3=

z

8 § x - 4 = y

œ 3= -

z

4

AE!

= E - A = (-2, -2œ 3, 8)

E(2, -2œ 3, 8).

Atotal = 8œ 3 + 96 u.a.

= 4 * 2œ 3 + 3 * 4 * 8 = 8œ 3 + 96

= 2A3AOB4 + 3A3AODC4 = 2 * OA * h

2 + 3 * OA * OD

Atotal = 2Abase + Alateral

4y + œ 3z = 0

0 + 0 + 0 + d = 0

0x + 4y + œ 3z + d = 0

n!

= (0, 4, œ 3)

b å R\{0}.n!

= 10, b, œ 3

4 b2

§ 5a = 0

c = œ 3

4 b

§ 52a - 2œ 3 b + 8c = 0

4a = 0 § 58c = 2œ 3b

a = 0

5n!

. OE!

= 0

n!

. OA!

= 0 § 5(a, b, c) . (2, -2œ 3, 8) = 0

(a, b, c) . (4, 0, 0) = 0

n!

= (a, b, c)

OA!

= A - O = (4, 0, 0) - (0, 0, 0) = (4, 0, 0)

OE!

= E - O = (2, -2œ 3, 8) - (0, 0, 0) = (2, -2œ 3, 8)

OA!

OE!

E(2, -2œ 3, 8).

B(2, -2œ 3, 0)

§ h = œ 12 § h = 2œ 3§ h

2

= 12§ h2

+ 4 = 42

h2+ 22

= OB2

2.4

2.5 t tem a direcção de e passa no ponto D(0, 0, 8). Deste modo,

temos que:

2.6 e

2.7 ; e

•

•

A secção produzida no prisma pelo plano ABD é o triângulo isós-

celes [ABD] de área igual a

3.1 O ângulo BAC é recto por ser um ângulo inscrito numa Pág. 114

semicircunferência.

Se o ângulo BAC é recto, as rectas AB e AC são perpendiculares.

3.2 A recta r passa no ponto B(0, 5, 0) e, sendo paralela ao eixo Oz,

tem a direcção do vector de coordenadas (0, 0, 1).

Uma equação vectorial da recta r é:

(x, y, z) = (0, 5, 0) + k (0, 0, 1), k å R.

v!

4œ 19.

A3BAD4 =4 * 2œ 19

2 = 4œ 19

§ h = œ 76 § h = œ 4 * 19 § h = 2œ 19

h2+ 22

= 14œ 5 22

§ h2= 80 - 4

AB = 4

= 4œ 5

= œ 4 + 12 + 64 = œ 80

BD = œ (2 - 0)2+ (22œ 3 - 0)2

+ (0 - 8)2

= œ 16 * 5 = 4œ 5

= œ 16 + 64 = œ 80

AD = œ (4 - 0)2+ 02

+ (0 - 8)2

D (0, 0, 8)B(2, 22œ 3, 0)A(4, 0, 0)

b = cos-1 1 9

102 ) 268

=72

œ 80 * œ 80=

72

80 =

9

10

=4 * 2 + 0 + (-8) * (-8)

œ 16 + 0 + 64 * œ 4 + 12 + 64

cos b = cos(DA! ^

DB!

) = DA

!

.DB!

iDA!

i * i DB!

i

DB!

= B - D = (2, -2œ 3, -8)

DA!

= A - D = (4, 0, -8)

B(2, -2œ 3, 0)D(0, 0, 8)A(4, 0, 0);

t : x

-2 =

y

-2œ 3= z - 8

8 § x =

y

œ 3=

8 - z

4

AE!

§ 1x, y, z2 = 10, 24œ 3, 162

5x - 4 = y

œ 3= - z

4

x = 0 § 5

x = 0y

œ 3= -4

- z

4 = - 4

§ 5x = 0y = -4œ 3z = 16

yOz: x = 0

AE: x - 4 = y

œ 3= -

z

4

!


E d i t o r a



3.3 Para provar que o vector é perpendicular ao plano ABD é

suficiente provar que é perpendicular a dois vectores não coli-

neares paralelos àquele plano.

O vector e o vector director da recta r, , são

vectores não colineares paralelos ao plano ABD.

Em 3.1 já se justificou que o vector é perpendicular ao vector .

Tem-se que .

Sendo o vector também é perpendicular ao vector .

Podemos então concluir que o vector é perpendicular ao

plano ABD.

Sendo um vector perpendicular ao plano ABD,

este plano pode ser definido por uma equação do tipo

Sabendo que o ponto B(0, 5, 0) pertence a este plano, tem-se que

Uma equação do plano ABD é

3.4

A altura do cilindro, em função de a , é

dada por 5 tg a .

3.5

4.1 Se o ponto Q tem coordenadas (2, 2, 0) tem-se que Pág. 115

e a área da base da pirâmide é igual a 42= 16.

A cota do ponto V é igual à altura, h, da pirâmide.

Como o volume da pirâmide é igual a 32, vem que

A cota do ponto V é, portanto, igual a 6.

4.2 Como o plano PQR é o plano xOy, pretende-se determinar a equa-

ção do plano que passa em V (0, 0, 6) e é paralelo a xOy, ou seja,

perpendicular ao eixo Oz. Uma equação deste plano é z = 6.

4.3 1.8 processo

Para mostrar que o plano QRV pode ser definido pela equação

, é suficiente verificar que os pontos Q, R e V pertencem

ao plano definido por esta equação:

(verdade)

(verdade)

(verdade)

Fica provado que o plano definido por é o plano QRV .

2.8 processo

Determinemos uma equação do plano QRV .

QR!

= R - Q = (-2, 2, 0) - (2, 2, 0) = (-4, 0, 0)

3y + z = 6

V (0, 0, 6) : 3 * 0 + 6 = 6

R(-2, 2, 0) : 3 * 2 + 0 = 6

Q (2, 2, 0) : 3 * 2 + 0 = 6

3y + z = 6

§ h = 6

§ 32 * 3 = 16 h32 =1

3 * 16 * h

V =1

3 Abase * altura

PQ = 4

V 1p

62 = 125p tg 1p

62 = 125 p * œ 3

3 =

125œ 3p

3

V (a

) =

125p

tg a

= p * 52* 5 tg a = 125 p tg a

V cilindro = A base * altura = p * r2* 5tg a

BD = 5tg a tg a = BD

5 §

tg a = BD

OB

-4x - 8y + 40 = 0 § x + 2y - 10 = 0.

-4 * 0 - 8 * 5 + 0 + d = 0 § d = 40.

-4x - 8y + 0z + d = 0.

AC!

= (-4, -8, 0)

AC!

v!

AC!

AC!

. v!

= 0,

AC!

. v!

= (-4, -8, 0) . (0, 0, 1) = 0 + 0 + 0 = 0

AC!

= C - A = (0, -5, 0) - (4, 3, 0) = (-4, -8, 0)

AB!

AC!

v!

= 10, 0, 12AB!

AC!

AC!

Seja um vector perpendicular ao plano QRV .

Então,

, com , é a família de vectores perpendicu-

lares ao plano QRV .

Por exemplo, para c = 1, tem-se .

O plano QRV pode ser, portanto, definido por uma equação do

tipo

Como V (0, 0, 6) pertence a este plano, vem

Vem, então, que é uma equação do

plano QRV .4.4 Trata-se da recta que passa em O(0, 0, 0) e tem a direcção do

vector , perpendicular a QRV .

Esta recta pode ser definida pela equação vectorial:

.

4.5 ;

Condição que define a aresta [QV ]:

Ponto genérico da aresta [QV ]:

Para determinar a intersecção da aresta [QV ] com o plano de equa-

ção z = 3, podemos substituir as coordenadas do ponto genérico de

[QV ] na equação do plano:

z = 6k

Substituindo k por nas coordenadas do ponto genérico de [QV ],

vem

Logo, M(1, 1, 3) é o ponto de intersecção da aresta [ QV ] com o

plano de equação z = 3.

4.6 Dado que o plano de equação z = 3

é paralelo ao plano xOy, tem-se

que a secção que ele determina na

pirâmide é um quadrado [ JKLM],

de lados paralelos aos eixos Ox e

Oy, como se observa na figura ao

lado.

Tem-se que M(1, 1, 3) e

L(1, -1, 3).

Determinemos

A secção produzida na pirâmide pelo plano de equação z 5 3 é um

quadrado de lado 2. Sendo assim, a sua área é 4.

LM = œ (1 - 1)2+ (1 + 1)2

+ (3 - 3) 2= 2.

LM:

12 - 2 *1

2, 2 - 2 *

1

2, 6 *

1

22 = (1, 1, 3).

1

2

§ k =1

2

6k = 3

z = 3

(x, y, z) = (2 - 2k, 2 - 2k, 6k), k å 30, 1 4 .

(x, y, z) = (2, 2, 0) + k (-2, -2, 6) ‹ k å 30, 1 4

QV !

= V - Q = (-2, -2, 6)

V (0, 0, 6)Q(2, 2, 0)

(x, y, z) = (0, 0, 0) + k (0, 3, 1), k å R

n!

= (0, 3, 1)

3y + z - 6 = 0 § 3y + z = 6

0 + 0 + 6 + d = 0 § d = -6.

0x + 3y + z + d = 0.

n!

= (0, 3, 1)

c å R \ {0}n!

= (0, 3c, c)

§ 5- 4a = 0

-2a - 2b + 6c = 0 § 5a = 0

2b = 6c § 5a = 0

b = 3c

5n

!

.

QR

!

= 0

n!

.QV !

= 0 § 5(a, b, c) . (-4, 0, 0) = 0

(a, b, c) . (-2, -2, 6) = 0

n!

= (a, b, c)

QV !

= V - Q = (0, 0, 6) - (2, 2, 0) = (-2, -2, 6)

39




E d i t o r a

!


E d i t o r a



40




E d i t o r a

5.1 a) Recta AB: y = mx + b Pág. 116

Tem-se que e a recta passa no ponto A(-5, 0).

Então,

Equação da recta AB:

b) B é o único ponto diferente de A que pertence à recta e à

circunferência. Para mostrar que B tem coordenadas (3, 4) basta

verificar que este par satisfaz as condições:

(equação da circunferência)

e (equação da recta)

Ora:

(é verdade)

(é verdade)

Conclusão: (3, 4) são as coordenadas do ponto B.

c) Para provar que o triângulo [ABC] é rectângulo em B basta

provar que .

Portanto, o triângulo [ABC] é rectângulo em B.

5.2 a)

Como o triângulo [ACB] é

rectângulo em C, vem:

b)

Sabe-se que

Então,

Como a é um ângulo do primeiro quadrante, tem-se cos a . 0,

pelo que

Substituindo em vem

d = œ 60, ou seja, d = 2œ 15.

§ d 2 = 60d 2 = 50 + 50 *1

5

d 2 = 50 + 50 cos a ,

cos a =1

5.

§ cos2 a =1

251 + (œ 24)2

=1

cos2 a § 1 + 24 =

1

cos2 a

1 + tg2 a = 1cos2 a

tg a = œ 24

§ d 2 = 50 + 50 cos a

§ d 2 = 25 + 50 cos a + 25 * 1

§ d 2 = 25 + 50 cos a + 25(cos2 a + sin2 a )

§ d 2 = 25 + 50 cos a + 25cos2 a + 25 sin2 a

d 2 = (5 + 5cos a )2+ (5 sin a )2

AB2= AC

2+ CB

2

AC = AO + OC = 5 + 5cos a

CB

5 = sin a § CB = 5sin a

OC

5 = cos a § OC =5cos a

BA!

. BC!

= (-8, -4) . (-6, 12) = -8 * (-6) + (-4) * 12 = 0

BC!

= C - B = (-3, 16) - (3, 4) = (-6, 12)

BA!

= A - B = (-5, 0) - (3, 4) = (-8, -4)

A(-5, 0); B (3, 4) e C (-3, 16)

BA!

. BC!

= 0

3 - 2 * 4 + 5 = 0 § 0 = 0

32+ 42

= 25 § 25 = 25

x - 2y + 5 = 0

x2+ y2

= 25

y =1

2 x +

5

2 § 2y = x + 5 § x - 2y + 5 = 0

0 =1

2 * (-5) + b § b =

5

2.

m =1

2

6.1 a) C(2, 1, 1) Pág. 117

b) D(1, 2, 1)

c) F (1, 1, 0)

6.2 O plano BCD é perpendicular ao eixo Oz. Os seus pontos têm

cota 1, logo uma equação do plano é z = 1.6.3 Seja b o plano que passa em A e é paralelo a BCF . Um vector

normal a b é necessariamente normal ao plano BCF .

Seja um vector normal ao plano BCF .

terá que ser perpendicular aos vectores e .

define, para , a família de vectores per-

pendiculares a BCF e também perpendiculares a b dado que b é

paralelo a BCF .Para, por exemplo, , obtém-se que é um vector

normal a b.

Então, b pode ser definido por uma equação do tipo

Como A(1, 1, 2) pertence a b, vem

Logo, é uma equação do plano que passa em A e é

paralelo a BCF .

6.4 Seja r a recta definida pela condição

é um vector director da recta r. A recta r será perpen-

dicular ao plano ACD se, e só se, o vector for perpendicular a dois

vectores não colineares do plano ACD, como, por exemplo e .

Sendo = 0 e = 0, é perpendicular a e a e,

consequentemente, a recta definida pela condição é per-

pendicular ao plano ACD.

6.5 A superfície esférica que contém os seis vértices do octaedro tem

centro no ponto K(1, 1, 1), ponto médio das diagonais do octaedro

e raio igual a 1. Deste modo, uma equação da superfície esférica é

6.6 O plano a definido pelo eixo Oz e pelo

ponto A é o plano OFA. A secção determi-

nada por este plano no octaedro é olosango [MFNA] sendo M e N os pontos

médios de [BE] e [CD], respectivamente.

M é o ponto médio de [BE].

B(1, 0, 1) e E(0, 1, 1), logo, M .

Um dos lados do losango tem

comprimento

Como A(1, 1, 2) e M , vem:

Logo, o perímetro do losango é .4 * œ 6

2 = 2œ 6

= Œ 32 = œ 3

œ 2

= œ 3 * œ 2

œ 2 * œ 2

= œ 6

2.

AM =Œ 11 - 1

222

+ 11 - 1

222

+ (2 - 1)2= Œ 1

4 +

1

4 + 1

11

2,

1

2, 12

AM

11

2,

1

2, 12

(z - 1)2= 1.(x-1)2

+ (y -1)2+

x = y = z

CD!

AC!

r!

CD!

r!

.AC!

r!

.

r!

. CD!

= (1, 1, 1) . (-1, 1, 0) = -1 + 1 + 0 = 0

r!

. AC!

= (1, 1, 1) . (1, 0, -1) = 1 + 0 - 1 = 0

CD!

= D - C = (1, 2, 1) - (2, 1, 1) = (-1, 1, 0)

AC!

= C - A = (2, 1, 1) - (1, 1, 2) = (1, 0, -1)

CD!

AC!

r!

r!

= (1, 1, 1)

x = y = z § x

1 = y

1 = z

1

x - y - z + 2 = 0

1 - 1 - 2 + d = 0 § d = 2.

x - y - z + d = 0.

n!

= (1, -1, -1)b = -1

b å R \ {0}n!

= (-b, b, b)

§ 5a = - bc = b

5n!

.BC!

= 0

n!

.BF !

= 0 § 5(a, b, c) . (1, 1, 0) = 0

(a, b, c) . ( 0, 1, -1) = 0 § 5a + b = 0

b - c = 0

BF !

= F - B = (1, 1, 0) - (1, 0, 1) = (0, 1, -1)

BC!

= C - B = (2, 1, 1) - (1, 0, 1) = (1, 1, 0)

BF !

BC!

n!

n!

= (a, b, c)

n!

Capitulo4GeometriaAnalitica

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