Geometria Analítica – Engenharia Química/Química Industrial
115
4ª Unidade: Geometria Analítica no Espaço
1. Equações da reta no IR 3
Sabemos que dois pontos definem uma reta r . Com apenas um dos pontos também é possível definir a
posição de uma reta, desde que tenhamos a direção precisa da mesma. Se utilizarmos um vetor e um
ponto teremos então como definir exatamente a posição de uma reta.
Observe a figura 4.2, nela definimos os pontos A( x1 , y1 , z1 ) conhecido e pertencente a reta r e,
r
B ( x, y, z ) um ponto qualquer pertencente a mesma reta r . O vetor v = (a, b, c) é um vetor paralelo a
reta r e é o vetor diretor da reta.
r
Figura 4.2: Reta r e vetor paralelo v
r
Como o vetor v é paralelo a reta r , também é paralelo ao vetor AB , marcado sobre a reta r , temos
r
r
que v // AB e se m é uma constante, então AB = mv e:
r
r
B − A = mv ⇒ B = A + mv
r
A expressão B = A + mv é chamada de equação vetorial da reta r .
Substituindo os valores dos pontos A( x1 , y1 , z1 ) e B ( x, y, z ) , temos:
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116
( x, y, z ) − ( x1 , y1 , z1 ) = m(a, b, c)
( x, y, z ) = ( x1 , y1 , z1 ) + m(a, b, c)
( x, y, z ) = ( x1 , y1 , z1 ) + (ma, mb, mc)
( x, y, z ) = ( x1 + ma, y1 + mb, mc + z1 )
Podemos escrever que:
 x = x1 + am

 y = y1 + bm
 z = z + cm , que correspondem as equações paramétricas da reta r .
1

Podemos continuar o processo, isolando o m em cada uma das sentenças, da seguinte forma:
Da expressão x = x1 + ma ⇒ ma = x − x1 ⇒ m =
x − x1
.
a
Da expressão y = y1 + mb ⇒ mb = y − y1 ⇒ m =
y − y1
b
Da expressão z = z1 + mc ⇒ mc = z − z1 ⇒ m =
z − z1
, como todos o m ficaram isolados podemos
c
compara-los, fazendo:
x − x1 y − y1 z − z1
=
=
a
b
c
. Esta é a equação simétrica da reta r .
É possível ainda uma outra representação. Na igualdade que podemos obter:
x − x1 y − y1
x − x1 z − z1
=
e
=
, vamos escrever o y como valor dependente de x .
a
b
a
c
y − y1 =
b( x − x1 )
b
b
⇒ y = x − x1 + y1
a
a
a
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Fazendo m1 =
b
b
e n1 = − x1 + y1 , teremos y = m1 x + n1
a
a
Vamos agora isolar z tendo como variável independente também o x :
z − z1 x − x1
=
c
a
z − z1 =
c( x − x1 )
c
c
⇒ z = x − x1 + z1
a
a
a
Fazendo p1 =
c
c
e q1 = − x1 + z1 , teremos z = p1 x + q1 .
a
a
O par de equações
 y = m1 x + n1

, são chamadas de equações reduzidas da reta r .
 z = p1 x + q1
Estas equações também podem ter como variável independente o y ou o z , e poderíamos também
 x = m 2 y + n 2  x = m3 z + n 3
escrever 
e
.
 z = p 2 y + q 2  y = p3 z + q 3
Exemplo1:
Determinar as equações paramétricas da reta que passa pelos pontos A(−1,2,3) e B (0,2,−2) .
Resolvendo:
 x = x1 + am

A equação paramétrica da reta é representada por  y = y1 + bm , basta acharmos o vetor diretor da reta
 z = z + cm
1

r
que é indicado por v = (a, b, c) , e substituirmos na equação.
Como temos dois pontos vamos construir o vetor:
r
r
v = AB = B − A = (0,2,−2) − (−1,2,3) = (1,0,−5) , logo substituindo v e um dos pontos, escolhemos o
 x = −1 + 1m  x = −1 + m


ponto A(−1,2,3) , temos a equação  y = 2 + 0m ⇒  y = 2 .
 z = 3 − 5m
 z = 3 − 5m


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Exemplo2
Determinar as equações reduzidas da reta, com variável independente y, que passa pelo ponto
r
r
r
A(3,−2,4) e tem a direção do vetor 2i + 4 j − 5k .
Resolução: Para determinar as equações reduzidas da reta precisamos montar a equação simétrica da
reta
x − x1 y − y1 z − z1
=
=
.
a
b
c
Como já temos o vetor diretor e um ponto, escrevemos:
x−3 y +2 z −4
=
=
2
4
−5
Agora vamos separar as equações da seguinte forma
x −3 y + 2
z−4 y+2
=
e
=
, assim, isolando o
2
4
−5
4
x:
x−3 y +2
1
=
⇒ 4( x − 3) = 2( y + 2) ⇒ x = y + 4
2
4
2
Isolando y .
z−4 y+2
5
6
=
⇒ 4( z − 4) = −5( y + 2) ⇒ z = − y +
4
4
4
−5
1

 x = 2 y+4
Logo, as equações reduzidas da reta são: 
5
6
z = − y +
4
4

Exemplo 3
Citar um ponto e o vetor diretor das equações das retas:
 y = 2x − 3
a) 
 z = 4x + 5
d)
2 − x 3y + 2 z − 4
=
=
4
4
−5
 x = 2 + 5m

b)  y = 5
 z = −4 m

c) x = y = z
x = 4
e) 
y = 5
x=4

f)  y − 2 z − 4
=
 3
−5
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Resolvendo:
 y = 2x − 3
a) 
 z = 4x + 5
Para “citarmos” um ponto basta atribuirmos um valor aleatório para x , por exemplo x = 1 e substituir
na equação.
 y = 2 .1 − 3 = 2 − 3 = − 1

 z = 4 .1 + 5 = 4 + 5 = 9
Logo, um ponto da reta é A(1,−1,9) .
Para acharmos o vetor diretor podemos proceder de duas maneiras:
(i) Podemos achar outro ponto dando outro valor para x , calculamos outro ponto da reta e com estes
determinamos o vetor diretor.
Seja x = −2 :
 y = 2.(−2) − 3 = −4 − 3 = −7

 z = 4.(−2) + 5 = −8 + 5 = −3
Assim, outro ponto da reta é B (−2,−7,−3) . Calculando o vetor diretor:
v = AB = B − A = (−2,−7,−3) − (1,−1,9) = (−3,−6,−12) .
r
Logo v = (−3,−6,−12)
(ii) Podemos também determinar o vetor diretor partindo das equações dadas, que estão na forma
reduzida, retornando para a forma simétrica.
 y = 2x − 3
Como 
, isolamos o x nas duas equações, temos:
 z = 4x + 5
y = 2x − 3 ⇒ 2x = y + 3 ⇒ x =
y+3
2
z = 4x + 5 ⇒ 4x = z − 5 ⇒ x =
z −5
4
y +3 z −5
=
e como o vetor diretor está localizado no denominador da equação na forma
2
4
r
simétrica, temos que v = (1,2,4) .
Logo x =
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120
Observe que o vetor no primeiro modo é ( − 3 ) vezes o vetor do segundo modo, o que não representa
nenhum problema, pois estamos tratando com vetores diretores de retas.
 x = 2 + 5m

b)  y = 5
 z = −4 m

 x = x1 + ma
r

Agora temos as equações na forma paramétrica:  y = y1 + mb , onde A( x1 , y1 , z1 ) e v = (a, b, c) .
 z = z + mc
1

r
Comparando as equações concluímos que um ponto da reta é A(2,5,0) e o vetor diretor é v = (5,0,−4) .
c) x = y = z
Neste caso temos a equação na forma simétrica:
x − x1 y − y1 z − z1
=
=
, onde A( x1 , y1 , z1 ) e
a
b
c
r
v = ( a , b, c ) .
r
Comparando as equações encontramos o ponto A(0,0,0) e o vetor v = (1,1,1) .
d)
2 − x 3y + 2 z − 4
=
=
4
4
−5
A forma da equação sugere a forma simétrica
x − x1 y − y1 z − z1
r
, A( x1 , y1 , z1 ) e v = (a, b, c) , no
=
=
a
b
c
entanto precisamos inicialmente arrumar a equação:
2 − x 3y + 2 z − 4
=
=
4
4
−5
Dividimos o membro da primeira parte por − 1 e da segunda por 3, temos:
2 − x 3y + 2
−1 = 3 = z − 4
4
4
−5
−1
3
2
y+
x−2
3 = z−4
=
4
−4
−5
3
r
2
4
Agora comparando as equações, temos A(2,− ,4) e o vetor v = (−4, ,−5) .
3
3
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121
x = 4
e) 
y = 5
Note que neste caso trata-se de uma equação reduzida com variável independente z.
Conforme visto no exemplo (a), temos duas maneiras de achar o ponto e o vetor diretor:
(i) Atribuímos dois valores arbitrários ao z , sejam, z = 2 e z = 5 , e como x e y são constantes, os
pontos serão A(4,5,2) e B(4,5,5) .
r
O vetor diretor v = AB = B − A = (4 − 4,5 − 5,5 − 2) = (0,0,3)
ii) Pelo segundo modo, consideramos que as equações reduzidas da reta originaram das equações
simétricas. Fazemos o procedimento inverso e transformamos a equações reduzidas em simétricas:
x = 4
Na equação 
, isolando o z :
y = 5
x = 4 ⇒ x = 4 + 0z ⇒ 0z = x − 4 ⇒ z =
x−4
0
y = 5 ⇒ y = 5 + 0z ⇒ 0z = y − 5 ⇒ z =
y −5
0
Logo
x−4 y −5
r
=
= z e no denominador temos o vetor diretor v = (0,0,1) .
0
0
Observe que o vetor encontrado no primeiro modo é (3) vezes o vetor do segundo modo, no entanto,
eles têm a mesma direção e juntamente com o ponto definem a reta.
x=4

f)  y − 2 z − 4
=
 3
−5
Neste caso, a primeira parte x = 4 , esta na forma paramétrica, ou seja, x = 4 + 0m , e a segunda
y−2 z−4
=
, esta na forma simétrica.
−5
3
Comparando então as duas formas, podemos escrever que o ponto é A(4,2,4) e o vetor diretor é
r
v = (0,3,−5) .
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122
Exemplo 4
Represente graficamente as seguintes retas:
x = 4 + z
a) 
 y=2
Resolvendo:
Para que possamos traçar uma reta precisamos de dois pontos. Atribuindo-se dois valores arbitrários
para z , que é a variável independente, temos:
Se
z = 0 , então
x = 4+0 = 4
e como
y=2 é
constante, um ponto da reta é A(4,2,0) .
Se z = 2 , então x = 4 + 2 = 6 e como y = 2 é fixo o
segundo é B(6,2,2) .
Representando, na figura 4.3:
 x = 2 + 3m

b)  y = −3 − 2m
 z = 4 + 2m

Como se trata de equações paramétricas
da reta, podemos extrair um ponto da
própria equação, ou seja, A(2,−3,4) . O
outro ponto obtemos atribuindo um valor
arbitrário para o parâmetro m .
Assim, para m = 1 , temos:
 x = 2 + 3.1 = 2 + 3 = 5

 y = −3 − 2.1 = −3 − 2 = −5 ,
 z = 4 + 2.1 = 4 + 2 = 6

logo B(5,−5,6) .
Obtidos os pontos A(2,−3,4) e B(5,−5,6) , desenhamos a reta, como na figura 4.4 acima:
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Ângulo entre duas retas
Duas retas podem ser comparadas através da inclinação de uma em relação a outra, ou seja,
determinando o ângulo formado por elas. Na figura 4.5 esboçamos duas retas r e s , os vetores
r r
diretores u e v que as representam e o ângulo α formado por elas.
Figura 4.5: Ângulo entre retas
Considerando os vetores diretores das retas r e s , e aplicando a relação que determina o ângulo entre
r r
u •v
dois vetores, cos α = r r , com uma pequena adaptação, ou seja, acrescentando o módulo no
u .v
numerador, uma vez que o ângulo entre duas retas não é superior a 90 0 , pois só medimos o menor
ângulo entre elas, temos:
r r
u •v
cos α = r r
u .v
, onde 0 ≤ α ≤ 90 0 .
Exemplo 1
Calcular o ângulo entre a reta r que passa pelos pontos A(−5,2,3) e B(0,−4,5) , e a reta s que passa
pelos pontos C (−1,−3,4) e D(−3,−2,−1) .
Resolvendo:
r r
u •v
r r
Como cos α = r r , vamos inicialmente encontrar os vetores diretores u e v :
u .v
r
u = AB = B − A = (0,−4,5) − (−5,2,3) = (5,−6,2)
r
r
v = CD = D − C = (−3,−2,−1) − (−1,−3,4) = (−2,1,−5)
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124
Calculando o produto escalar:
r r
u • v = 5.(−2) + (−6).1 + 3.2 = −10 − 6 + 6 = −10
r r
Determinando também o módulo dos vetores u e v :
r
u = 5 2 + (−6) 2 + 2 2 = 25 + 36 + 4 = 65
r
v = (−2) 2 + 12 + (−5) 2 = 4 + 1 + 25 = 30
r r
u •v
E utilizando a expressão cos α = r r , temos que:
u .v
cos α =
− 10
⇒ cos α =
10
65. 30
1950
cos α ≅ 0,2264 ⇒ α ≅ arccos(0,2264 )
α ≅ 76,9 0
Condição de paralelismo entre duas retas
r
Quando as duas retas são paralelas, como na figura 4.6, podemos deduzir que o vetor diretor u
r
r
pertencente a reta r e o vetor diretor v pertencente a reta s , também são paralelos. Por isso, podemos
r
r
usar a condição de paralelismo entre dois vetores, ou seja, se u = (a1 , b1 , c1 ) e v = (a 2 , b2 , c 2 ) , então
a1 b1 c1
=
=
a 2 b2 c 2
.
Figura 4.6: Retas paralelas
Exemplo1
 x = −4 + 2m

Vamos verificar se as retas r : ( x, y, z ) = (−2,3,4) + m(1,−3,4) e s :  y = −5 − 6m são paralelas.
 z = −2 + 8m

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125
Resolvendo:
Conforme
definição,
a
reta
vetorial, ou
r
( x, y, z ) = ( x1 , y1 , z1 ) + m(a, b, c) . Por comparação, o vetor diretor da reta r é u = (1,−3,4) .
r
esta
na
forma
seja,
 x = x1 + am

A reta s esta na forma paramétrica, ou seja, na forma  y = y1 + bm . Comparando com a reta dada
 z = z + cm
1

r
concluímos que v = (2,−6,8) .
Aplicando a condição de paralelismo
a1 b1 c1
1 −3 4
=
=
, verificamos que
=
=
é verdadeiro,
a 2 b2 c 2
2 −6 8
simplificando todas as frações obtemos a constante
1
. Logo as retas r e s são paralelas.
2
Condição de ortogonalidade ou perpendicularidade
Se duas retas r e s são ortogonais, como na figura 4.7, os seus vetores diretores também são
ortogonais. Para mostrarmos a ortogonalidade entre duas retas, basta aplicarmos a condição de
r r
u
•v = 0.
ortogonalidade entre dois vetores, ou seja,
Figura 4.7: Retas ortogonais
Exemplo1
x=3

 x = −2
Verificar se a reta r :  y + 2 z − 3 é ortogonal a reta s : 
.
=
y = 2 + 3z

 4
6
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126
A reta r é apresentada na forma paramétrica e simétrica. Para encontrar o vetor diretor comparamos a
parte do x = 3 , com a forma paramétrica x = x1 + am ⇒ x = 3 + 0m , logo a componente a = 0 .
y − y1 z − z1
y +2 z −3
=
, e comparada a
=
, onde identificamos as componentes
4
6
b
c
r
b = 4 e c = 6 . Assim, o vetor diretor de r é v = (0,4,6) .
A segunda parte
No caso da reta s , a equação está na forma reduzida com variável independente z , então vamos
passá-la para a forma simétrica isolando o z , ou seja,
x+2 y−2 z
=
= , onde identificamos o vetor
0
3
1
r
diretor de s como u = (0,3,1) .
r r
Pela condição de ortogonalidade de dois vetores u • v = 0 . Efetuando o produto, temos:
(0,4,6) • (0,3,1) = 0.0 + 4.3 + 6.1 = 0 + 12 + 6 = 18 ≠ 0 , logo as retas r e s não são ortogonais.
Condição para duas retas sejam coplanares
Duas retas no espaço podem estar situadas num mesmo plano ou em planos diferentes. Observe as
figuras 4.8(a) e 4.8(b):
Figura 4.8: Retas de um plano
Na figura 4.8.(a), as retas são paralelas, ou seja, são coplanares. Na figura 4.8.(b), as retas são
concorrentes, mas como garantir que estão situadas no mesmo plano?
Para isso vamos trabalhar com três vetores. Dois vetores já conhecidos, os vetores diretores das retas
r e s , e o terceiro obtido a partir de um ponto pertencente a reta r e de outro ponto pertencente a reta
s . Se estes três vetores forem coplanares, as retas que os suportam também são coplanares. A
verificação é feita através da condição de coplanariedade entre três vetores, ou seja , o produto misto
r r r
u • ( v × w) = 0 .
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127
Exemplo1
 x = 2 + 3m
x+2 y −3 z +2

As retas r :
=
=
e s :  y = 3 − 4m são coplanares?
2
4
5
 z = 5 + 4m

Como a reta r está na forma simétrica, o vetor diretor está presente no denominador, assim,
r
u = (2,4,5) . A reta s está na forma paramétrica o vetor diretor é dado pelos coeficientes do parâmetro
r
m , então v = (3,−4,4) . Precisamos de um terceiro vetor que será formado pelos pontos pertencente a
reta r e s . Na reta r o ponto pode ser A(−2,3,−2) e da reta s o ponto B(2,3,5)
r r r
Se as retas são coplanares, AB • (u × v ) = 0 .
Assim:
r
AB = B − A = (2 + 2,3 − 3,5 + 2) = (4,0,7) , e calculando:
4 0 7
r r r
AB • (u × v ) = 2 4 5 = 64 + 0 − 56 − 84 + 80 + 0 = 144 − 140 = 4 ≠ 0 , logo as retas não são
3 −4 4
coplanares.
2. Equação geral do plano
Vamos partir do modelo representado na figura 4.9: um plano contendo um ponto A( x1 , y1 , z1 ) ,
r
r r
r
ortogonal a um vetor n = ai + bj + ck , chamado de vetor normal ao plano.
Figura 4.9: Plano com vetor ortogonal
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128
O ponto B( x, y, z ) representa qualquer ponto pertencente ao plano, enquanto que A representa um
r
ponto conhecido. Com o ponto A e o ponto B , podemos montar um vetor ortogonal ao vetor n . Pela
condição de ortogonalidade entre dois vetores, o produto escalar entre eles é igual à zero, isto é:
v r
AB • n = 0 .
Então:
r
( B − A) • n = 0
( x − x1 , y − y1 , z − z1 ) • (a, b, c) = 0
a ( x − x1 ) + b( y − y1 ) + c( z − z1 ) = 0
ax − ax1 + by − by1 + cz − cz1 = 0
ax + by + cz − ax1 − by1 − cz1 = 0
Como A( x1 , y1 , z1 ) é um ponto conhecido podemos isolar e propor que:
− ax1 − by1 − cz1 = d , e assim:
ax + by + cz + d = 0 , que é a chamada equação geral do plano.
Exemplo 1
Determinar a equação geral do plano que passa pelo ponto A(−2,3,4) e tem como vetor normal
r
n = (−3,2,5) .
Resolvendo:
r
Como ax + by + cz + d = 0 , substituindo o vetor n na equação temos − 3 x + 2 y + 5 z + d = 0 , para
calcularmos o valor de d , basta substituirmos x, y e z pelas coordenadas do ponto A .
− 3.(−2) + 2.3 + 5.4 + d = 0
d = −6 − 6 − 20
d = −32
Logo a equação geral do plano é − 3 x + 2 y + 5 z − 32 = 0
Exemplo 2
Determinar a equação geral do plano que passa pelos pontos A(−1,1,2) , B = (2,3,2) e C (0,−3,3) .
Conforme figura 4.10.(a) representamos os três pontos.
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129
Figura 4.10: Pontos e vetores no plano
r
r
Formamos os vetores AB e AC , conforme figura 4.10.(b), e com estes determinamos o vetor
r
r
r
n = AB × AC . (Produto vetorial resulta num vetor perpendicular)
Assim:
r
r
AB = B − A = (2 + 1,3 − 1,2 − 2) = (3,2,0) e AC = C − A = (0 + 1,−3 − 1,3 − 2) = (1,−4,1)
r r r
i
j k
r
Então o vetor n = 3 2 0 .
1 −4 1
Resolvendo pela regra de Sarrus:
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
n = 1.2.i + 1.0. j − 4.3.k − 1.2.k + 4.0.i − 1.3 j ⇒ n = 2i − 3 j − 14k ,
r
Na equação geral do plano ax + by + cz + d = 0 , substituímos o vetor n .
Assim 2 x − 3 y − 14 z + d = 0 e, para acharmos o valor de d escolhemos qualquer um dos três pontos,
neste exemplo escolhemos o ponto A(−1,1,2) .
Substituindo, 2.(−1) − 3.1 − 14.2 + d = 0 ⇒ −2 − 3 − 28 + d = 0 ⇒ d = 33 .
Logo a equação geral do plano é 2 x − 3 y − 14 z + 33 = 0 .
Observação: Poderíamos também determinar a equação do plano pela condição de coplanariedade de
vetores. Considerando os três pontos conhecidos, A, B e C, representado um quarto ponto genérico
D( x, y, z ) e formamos três vetores coplanares, por exemplo, AB , AC e AD .
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130
Como vimos na Unidade 2, para que três vetores sejam coplanares o produto misto destes tem que ser
r
r
r
igual a zero, ou seja, o produto misto AD • ( AB × AC ) = 0 . Vamos verificar esta possibilidade no
exemplo2.
Exemplo 2
Determinar a equação geral do plano que passa pelos pontos A(−1,1,2) , B = (2,3,2) e C (0,−3,3) .
r
r
r
Conforme a condição de coplanariedade AD • ( AB × AC ) = 0 , o ponto genérico D, é um ponto
qualquer pertencente ao plano, que representamos por D( x, y, z ) .
r
r
Assim,
AD = D − A = ( x + 1, y − 1, z − 2) ,
AB = B − A = (2 + 1,3 − 1,2 − 2) = (3,2,0)
r
AC = C − A = (0 + 1,−3 − 1,3 − 2) = (1,−4,1) .
r
r
r
Calculando AD • ( AB × AC ) =
e
x +1 y −1 z − 2
3
1
2
−4
0
1
= 0 , temos pela regra de Sarrus:
1.2.( x + 1) + 1.0.( y − 1) − 4.3.( z − 2) − 1.2( z − 2) + 4.0.( x + 1) − 1.3.( y − 1) = 0
2 x + 2 + 0 − 12 z + 24 − 2 z + 4 + 0 − 3 y + 3 = 0
Logo 2 x − 3 y − 14 z − 33 = 0
Observação:
a) No exemplo 2, poderíamos também ter escolhido como a origem dos vetores o ponto B ou ponto C.
b) A equação do plano então pode ser obtida através do determinante:
x − x1
y − y1
z − z1
x 2 − x1
x3 − x1
y 2 − y1
y3 − y1
z 2 − z1 = 0
z 3 − z1
Representação gráfica de planos
Os planos podem facilmente ser representados graficamente. Esta representação pode ser manual,
considerando um conjunto de pontos ( x, y, z ) ou com o auxílio de um software gerador de gráficos
tridimensionais. O software Derive, cuja versão “Trial Edition”, válida por 30 dias, pode ser obtida na
internet, é um bom exemplo destes.
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131
Exemplo 1
Representar graficamente os seguintes planos, citando o vetor normal ao plano:
a) x − 4 = 0
Esta é uma equação incompleta, apenas o x determinado. Seu gráfico é um plano paralelo ao plano
coordenado yOz e intercepta apenas o eixo x .
Figura 4.12: Gráfico do plano x − 4 = 0
Comparando a equação x − 4 = 0 com a equação ax + by + cz + d = 0 , temos a = 1 , b = 0 e c = 0 , ou
r
ainda podemos escrever x + 0 y + 0 z − 4 = 0 . Logo o vetor normal é n = (1,0,0) .
Com o software Derive, podemos ter um representação tal como:
Figura 4.13: Gráfico de x − 4 = 0 construído com o software Derive.
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132
b) x + 2 y − 4 = 0
Nesta equação, incompleta, apenas o x e o y estão relacionados, logo o plano corta apenas o eixo x e
o eixo y .
Para sabermos onde o plano corta o eixo x fazemos y = 0 ,
x + 2 .0 − 4 = 0 ⇒ x = 4 ,
Para sabermos onde o plano corta o eixo y fazemos x = 0 ,
0 + 2y − 4 = 0 ⇒ y = 2
Figura 4.14: Gráfico do plano x + 2 y − 4 = 0
Para acharmos o vetor normal ao plano temos que comparar x + 2 y − 4 = 0 com a equação
r
ax + by + cz + d = 0 , logo a = 1 , b = 2 e c = 0 , ou seja, n = (1,2,0) .
Com o software Derive:
Figura 4.13: Gráfico de x + 2 y − 4 = 0 construído com o software Derive
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133
c) 3 x + 2 y + 3 z − 6 = 0
Esta equação apresenta as três variáveis, isto torna evidente que o plano cortará os eixos x , y e z .
Para sabermos onde o plano corta o eixo x , fazemos y = 0 e z = 0 , na equação 3 x + 2 y + 3 z − 6 = 0 :
3 x + 2 .0 + 3 .0 − 6 = 0 ⇒ x = 2
Para sabermos onde o plano corta o eixo y , fazemos x = 0 e z = 0 , na equação 3 x + 2 y + 3 z − 6 = 0
3 .0 + 2 y + 3 .0 − 6 = 0 ⇒ y = 3
Para sabermos onde o plano corta o eixo z , fazemos x = 0 e y = 0 , na equação 3 x + 2 y + 3 z − 6 = 0
3 .0 + 2 .0 + 3 z − 6 = 0 ⇒ z = 2 ,
Desenhando o gráfico:
Figura
4.14:
Gráfico
do
plano
3x + 2 y + 3z − 6 = 0
Para determinarmos o vetor normal ao plano
temos
que
3 x + 2 y + 3 z − 6 = 0 com
comparar
a
equação
ax + by + cz + d = 0 , logo a = 3 , b = 2 e
r
c = 3 , n = (3,2,3) .
Figura 4.13: Gráfico de 3 x + 2 y + 3 z − 6 = 0
construído com o software Derive.
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134
Observação: Neste exemplo podemos definir a equação segmentária do plano. Para isso isolamos o
termo independente e dividimos todos os termos por esse número; no primeiro membro ajustamos as
frações deixando os números com as variáveis positivas.
Assim:
3x + 2 y + 3z − 6 = 0
3x + 2 y + 3z = 6
Dividindo a equação por (6)
3
2
3
6
x+ y+ z =
6
6
6
6
1
1
1
x + y + z =1
2
3
2
Ajustando os numeradores obtemos
x y z
+ + = 1 , que é a equação do plano na forma segmentaria.
2 3 2
Note que os elementos que estão dividindo as variáveis são exatamente os pontos de intersecção do
plano com os eixos coordenados. Se m, n e o são os valores onde o plano intercepta os eixos
coordenados, respectivamente, a equação segmentária pode ser expressa como
x y z
+ + = 1.
m n o
Exercícios
1) Formar as equações paramétricas e simétricas da mediana do lado AB do triângulo cujos vértices
são A(−2,1,0) , B(0,3,−2) e C (0,0,−6) .
2)Verificar se as retas r e s são coplanares.
 x = 3−m
 x = 5 − 3m


a) r :  y = 3 + 2m e s :  y = 2 + 6m
 z = 4+m
 z = 1 + 3m


 x = 4 + 2m
x−3 y +4 z −6

b) r :
=
=
e s: y = 5−m
2
3
−1
 z = 4−m

3) Represente graficamente as seguintes retas e cite o vetor diretor:
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135
x = 2z − 4
a) r : 
 y = 4z − 5
x = 5
b) s : 
y = 7
4) Calcule o ângulo entre as retas r e s , onde r é determinada pelos pontos A(−2,4,1) e B(1,0,2) , e s
é determinada pelos pontos C (−1,4,1) e D(0,1,−3) .
5) Determine o valor de k de modo que as retas r :
x−3 y +2 z −5
x y −3 z −4
=
=
=
e s: =
,
−2
−1
2
2
k
2
sejam ortogonais.
6)Determinar a equação geral do plano:
r
r
r
r
a) que possui o ponto A(1,−1,2) e é perpendicular ao vetor v = −2i − 3 j + 2k .
b) Que passa pelos pontos A(−1,2,1) , B(0,4,5) e C (−2,−1,3) .
7) Determinar a equação segmentária do plano que passa pelos pontos A(2,1,−1) , B(3,−1,2) e
C (−1,2,1) .
Respostas dos exercícios
Exercício 1
Resolução:
Observe a figura
O ponto M é o ponto médio de AB, então a reta formada pelos pontos M e C é a reta mediana do lado
AB.
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136
−2+0
= −1
2
1+ 3
M ( x1 , y1 , z1 ) , onde y1 =
=2
, logo ponto M (−1,2,−1) .
2
0−2
z1 =
= −1
2
r
Para achar o vetor diretor vamos fazer MC = C − M = (0,0,−6) − (−1,2,−1) = (1,−2,−5)
x1 =
 x = x1 + am
r

As equações paramétricas são da forma  y = y1 + bm , então vamos substituir o vetor MC e um dos
 z = z + cm
1

 x = 0+m

pontos M ou C , logo  y = 0 − 2m , ou
 z = −6 − 5m

As equações simétricas são da forma
ponto, temos
 x=m

 y = −2 m .
 z = −6 − 5m

x − x1 y − y1 z − z1
=
=
, também substituindo o vetor e o
a
b
c
x
y
z+6
=
=
.
1 −2
−5
Exercício 2
 x = 3−m
 x = 5 − 3m


a) r :  y = 3 + 2m e s :  y = 2 + 6m
 z = 4+m
 z = 1 + 3m


Resolução:
r
r
Vamos trabalhar com os vetores u = (−1,2,1) , vetor diretor da reta r e o vetor v = (−3,6,3) .
r r
Primeiro vamos verificar se os vetores u e v são paralelos, aplicando a condição de paralelismo entre
dois vetores:
−1 2 1
1
= = , logo são paralelos pois existe uma constante de proporcionalidade igual .
−3 6 3
3
Por serem paralelos os vetores diretores, as retas são paralelas e duas retas paralelas são coplanares.
 x = 4 + 2m
x−3 y +4 z −6

b) r :
=
=
e s: y = 5−m
2
3
−1
 z = 4−m

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137
Resolução:
r
Vamos primeiro trabalhar com os vetores diretores de r e s : o vetor diretor de r é u = (2,3,−1) e de s
r
2
3
−1
≠
≠
. Não
é v = (2,−1,−1) , vamos verificar se os dois são paralelos com a proporção:
2 −1 −1
podemos estabelecer uma constante entre eles, logo não são paralelos.
Agora então teremos que aplicar a condição de coplanariedade entre três vetores: temos que obter
outro vetor, que pode ser obtido através de um ponto da reta r e outro de s , ou seja, A(3,−4,6) e
B(4,5,4) .
r
Fazemos AB = B − A = (4,5,4) − (3,−4,6) = (1,9,−2)
Aplicando a condição de coplanariedade entre três vetores temos:
1 9 −2
r r r
AB • (u × v ) = 2 3 − 1 = −3 − 18 + 4 + 12 − 1 + 18 = 12 ≠ 0 , logo os vetores não são paralelos,
2 −1 −1
consequentemente as retas não são paralelas.
Exercício 3
x = 2z − 4
a) r : 
 y = 4z − 5
Para termos o vetor podemos proceder de duas maneiras:
A primeira é transformar a equação da reta na forma simétrica isolando o z nas duas expressões
x+4 y+5
r
=
= z , logo o vetor diretor é v = (2,4,1) .
2
4
A outra forma é achar os dois pontos pertencentes a r, dando valores aleatórios para z.
Seja z = 0 ⇒ x = 2.0 − 4 = −4 ⇒ y = 4.0 − 5 = −5
Logo um fica definido como A(−4,−50) .
Seja também z = 3 ⇒ x = 2.3 − 4 = 6 − 4 = 2 ⇒ z = 4.3 − 5 = 12 − 5 = 7 .
Logo o ponto fica definido como sendo B(2,7,3) .
r
r
Na seqüência fazemos AB = B − A = (2,7,3) − (−4,−5,0) = (6,12,3) , que é um múltiplo de v . Para
traçarmos o gráfico utilizaremos os dois pontos:
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138
x = 5
b) s : 
y = 7
Observamos que esta equação esta na forma reduzida com variável independente z , vamos então
achar dois pontos pertencentes a reta como por exemplo se z = 2 ⇒ x = 5 ⇒ y = 7 , logo o ponto
A(5,7,2) , se z = 0 ⇒ x = 5 ⇒ y = 7 , logo o ponto B(5,7,0) .
Marcando a reta:
Exercício 4
Resolução:
Para calcularmos o ângulo entre duas retas precisamos trabalhar com seus vetores diretores:
r
r
O vetor diretor da reta r é obtido fazendo u = AB = B − A = (1,0,2) − (−2,4,1) = (3,−4,1) ; o vetor
r
r
diretor de s é obtido fazendo v = CD = D − C = (0,1,−3) − (−1,4,1) = (1,−3,−4) .
Aplicando a relação:
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139
r r
u •v
cos α = r r
uv
r r
u • v = 3.1 + (−4).(−3) + 1.(−4) = 3 + 12 − 4 = 11 = 11
r
u = 3 2 + (−4) 2 + 12 = 9 + 16 + 1 = 26
r
v = 12 + (−3) 2 + (−4) 2 = 1 + 9 + 16 = 26
cos α =
11
=
11
=
26
26 26
11
α = arccos ⇒ α ≅ 64,97 0
26
Exercício 5
Resolução:
Devemos trabalhar com os vetores diretores das retas e aplicar a condição de ortogonalidade entre
duas retas. Como as retas estão na forma simétrica os seus vetores diretores são respectivamente
r
r
u = (−2,2,2) e v = (k ,−1,2)
r r
A condição de ortogonalidade é u • v = 0 . Assim:
r r
u • v = 0 ⇒ −2k + 2.(−1) + 2.2 = 0 ⇒ −2k − 2 + 4 = 0 ⇒ k = 2
Logo o valor de k = 2 .
Exercício 6
Resolução:
r
r
r
r
que possui o ponto A(1,−1,2) e é perpendicular ao vetor v = −2i − 3 j + 2k .
r
Como v é perpendicular ao plano, podemos usar o vetor como vetor normal ao plano. Substituindo o
a)
vetor na equação geral do plano ax + by + cz + d = 0 , temos:
− 2x − 3 y + 2z + d = 0
Falta achar o número d substituindo o ponto A :
− 2.1 − 3.(−1) + 2.2 + d = 0 ⇒ −2 + 3 + 4 + d = 0 ⇒ d = −5
Logo a equação geral da reta fica definida como − 2 x − 3 y + 2 z − 5 = 0 .
b)
Que passa pelos pontos A(−1,2,1) , B(0,4,5) e C (−2,−1,3) .
Resolução:
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140
r
r
r
Vamos ter que achar o vetor normal ao plano: n = AB × AC
r
AB = B − A = (0,4,5) − (−1,2,1) = (1,2,4)
r
AC = C − A = (−2,−1,3) − (−1,2,1) = (1. − 3,2)
r r r
i
j k
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
n = AB × AC = 1 2 4 = 4i + 4 j − 3k − 2k + 12i − 2 j = 16i + 2 j + 9k
1 −3 2
Substituindo na equação geral do plano ax + by + cz + d = 0 obtemos 16 x + 2 y + 9 z + d = 0 .
Para achar o valor de d, substituímos qualquer um dos três pontos, seja o ponto C (−2,−1,3) :
16.(−2) + 2.(−1) + 9.(3) + d = 0 ⇒ −32 − 2 + 27 + d = 0 ⇒ d = 34 − 27 = 7 .
Logo a equação é: 16 x + 2 y + 9 z + 7 = 0
Exercício 7
r
r
r
Conforme a condição de coplanariedade AD • ( AB × AC ) = 0 , o ponto genérico D, é um ponto
qualquer pertencente ao plano, que representamos por D( x, y, z ) .
r
r
Assim,
AD = D − A = ( x − 2, y − 1, z + 1) ,
AB = B − A = (3 − 2,−1 − 1,2 − (−1)) = (1,−2,3)
r
AC = C − A = (−1 − 2,2 − 1,1 − (−1)) = (−3,1,2) .
r
r
r
Calculando AD • ( AB × AC ) =
x−2
1
−3
e
y −1 z +1
−2
1
3
2
= 0 , temos pela regra de Sarrus:
2.(−2).( x − 2) + (−3).3.( y − 1) + 1.1.( z + 1) − (−3).(−2)( z + 1) − 1.3.( x − 2) − 2.1.( y − 1) = 0
− 4 x + 8 − 9 y + 9 + z + 1 − 6 z − 6 − 3x + 6 − 2 y + 2 = 0
Logo − 7 x − 11 y − 5 z + 20 = 0
Adequando a equação para a forma segmentária, igualamos a 1 e ajustamos os denominadores:
− 7 x − 11 y − 5 z = −20 : (−20)
7
11 1
x+
+ z =1
20
20 4
x
y
z
+
+ =1
20 20 4
7
11
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