Conteúdo
1 O PLANO
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
Equação Geral do Plano . . . . . . . . . . . . . . .
Determinação de um Plano . . . . . . . . . . . . . .
Equação Paramétrica do Plano . . . . . . . . . . .
Ângulo de Dois Planos . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Planos Perpendiculares . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Plano Paralelos . . . . . . . . . . . . . . . .
Paralelismo e Perpendicularismo entre Reta e Plano
Reta contida em Plano . . . . . . . . . . . . . . . .
Interseção de Dois Plano . . . . . . . . . . . . . . .
Interseção de Reta com Plano . . . . . . . . . . . .
2 DISTÂNCIAS
2.1
2.2
2.3
2.4
Distância entre dois pontos . . . . .
Distância de um Ponto a uma Reta
Distância de Ponto a Plano . . . .
Distância entre Duas Retas . . . .
2.4.1 Retas Concorrentes . . . . .
2.4.2 Retas Paralelas . . . . . . .
3 COORDENADAS POLARES
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3
3
7
11
13
14
16
17
18
19
20
21
21
21
22
22
22
23
24
3.1 Mudança de Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3.1.1 Mudança de Coordenadas Cartesianas para Polares . . . . . . . . . 24
3.1.2 Mudança de Coordenadas Polares para Cartesianas . . . . . . . . . 26
1
GEOMETRIA ANALÍTICA II
Ementa: O plano. Distâncias. Coordenadas polares. Cônicas. Superfícies Quádricas.
Bibliograa Básica:
Boulos, P. Camargo, I. Geometria Analítica - Um Tratamento Vetorial, São
Paulo: MAKRON Books, 1987.
Winterle, P. Vetores e Geometria Analítica, São Paulo, MAKRON Books, 2000.
Caroli, A. Callioli, C.A. Matrizes, Vetores e Geometria Analítica: Teoria e
Exercícios, Nobel, São Paulo,1984.
Bibliograa Complementar:
Murdoch, David C. Geometria Analítica. Editora LTC, Rio de Janeiro, 1980.
Kletenik, D. Problemas de Geometria Analítica. Editora Mir Moscu, Belo Horizonte, 1967.
Machado, A. S. Álgebra Linear e Geometria Analítica. Editora Atual, São Paulo,
1982.
Riguetto, A. Vetores e Geometria Analítica. Editora IBLC. São Paulo, 1988.
Professor Ms. Renan Fernandes Capellette
2
Capítulo 1
O PLANO
1.1
Equação Geral do Plano
Seja um vetor formado pelos pontos A (x1 , y1 , z1 ) e P (x, y, z) pertencentes a um plano π
→
e um vetor n= (a, b, c) normal (ortogonal) ao plano, como ilustra a gura abaixo:
→
→
Qualquer vetor AP representado em π (ou seja A e P ∈ π ) é ortogonal a n , então:
→
→
n × AP
→
n × (P − A)
(a, b, c) × (x − x1 , y − y1 , z − z1 )
ax + by + cz − ax1 − by1 − cz1
Assim, a equação geral do plano π é:
ax + by + cz + d = 0
onde d = −ax1 − by1 − cz1
Observações:
3
=
=
=
=
0
0
0
0
→
→
• (i) Assim, como n é um vetor normal, qualquer vetor k n, k 6= 0, é normal ao plano.
• (ii) Considere a equação geral do plano π : 3x + 2y − z + 1 = 0 os componentes do
→
vetor normal n ao plano π é (3, 2, −1).
• (iii) Para obter pontos de um plano dado por uma equação geral do plano, basta
atribuir valores aleatórios a duas variáveis e calcular. Tome o exemplo anterior e
faça x = 4 e y = −2, tem-se
3(4) + 2(−2) − z + 1 = 0
z = 9
portanto, o ponto A(4, −2, 9) pertence a este plano
Exercícios Resolvidos:
→
1 - Obter um equação geral do plano π que passa pelos ponto A(2, −1, 3) e tem
n= (3, 2, −4) como vetor normal.
Solução:
→
Como n é normal ao plano tem-se
3x + 2y − 4z + d = 0
Como A é um ponto do plano, suas coordenadas devem satisfazer a equação:
3x + 2y − 4z + d
3(2) + 2(−1) − 4(3) + d
6 − 2 − 12 + d
−8 + d
d
=
=
=
=
=
0
0
0
0
8
Logo, uma equação geral do plano π é:
π : 3x + 2y − 4z + 8 = 0
É possível calcular a equação do plano utilizando a seguinte equação:
4
→
→
n × AP = a(x − x1 ) + b(y − y1 ) + c(z − z1 ) = 0
→
Substituindo as coordenadas do ponto A(2, −1, 3) e n= (3, 2, −4), tem-se
a(x − x1 ) + b(y − y1 ) + c(z − z1 )
3(x − 2) + 2(y − (−1)) + (−4)(z − 3)
3x − 6 + 2y + 2 − 4z + 12
3x + 2y − 4z + 8
=
=
=
=
0
0
0
0
com isso a equação do plano é: π : 3x + 2y − 4z + 8 = 0
2 - Escreva uma equação geral do plano π que passa pelo ponto A(2, 1, 3) e é paralelo
ao plano:
α : 3x − 4y − 2z + 5 = 0
→
Solução: Como os planos são paralelos, o vetor nomal n do plano α também é normal
ao plano π , assim, a equação geral do plano π é da forma:
3x − 4y − 2z + d = 0
Como A pertence ao plano π , suas coordenadas devem vericar a equação:
3x − 4y − 2z + d
3(2) − 4(1) − 2(3) + d
6−4−6+d
d
=
=
=
=
Dessa forma uma equação de π é
π : 3x − 4y − 2z + 4 = 0
5
0
0
0
4
3 - A reta
x = 5 + 3t
y = −4 + 2t
z =1+t
é ortogonal ao plano π que passa pelo ponto A(2, 1, −2). Determinar uma equação
geral de π e representá-lo gracamente.
(
r:
Solução: Como r⊥π , qualquer vetor diretor de r é um vetor normal ao plano. Sendo
n= (3, 2, 1) um destes vetores, uma equação de π é da forma:
→
3x + 2y + z + d = 0
Como A pertence ao plano π , deve-se vericar:
3x + 2y + z + d
3(2) + 2(1) + (−2) + d
6+2−2+d
d
=
=
=
=
0
0
0
−6
Porntanto, uma equação de π é
π : 3x + 2y + z − 6 = 0
Em resumo, para determinar a equação geral de um plano é necessário um
ponto do plano e um vetor normal a ele.
Exercício 1: Determinar a equação geral do plano que é paralelo ao plano π : 2x −
3y − z + 5 = 0 e que contenha o ponto A(4, −2, 1).
Resposta: π1 : 2x − 3y − z − 13 = 0
Exercício 2: Determine a equação geral do plano π sabendo que ele é perpendicular a
reta:
(
r:
x = 2 + 2t
y = 1 − 3t
z = 4t
e que contenha o ponto A(−1, 2, 3)
Resposta: π : 2x − 3y + 4z − 4 = 0.
6
1.2
Determinação de um Plano
Anteriormente viu-se que a equação geral de um plano pode ser determinada por um ponto
∈ ao plano π e um vetor normal a ele, porém, exitem outras maneiras de se determinar
um plano, pois, existe apenas um plano que:
→
→
(i) Passa por um ponto A e é paralelo a dois vetores v1 e v2 não colineares.
→ →
→
Neste caso: n=v1 × v2
Exemplo Resolvido: Determinar a equação geral do plano que passa pelo ponto
A(1, −3, 4) e é paralelo aos vetores v1 = (3, 1, −2) e v2 = (1, −1, 1).
→
→
Solução: Um vetor normal ao plano obtido a partir dos vetores-base v1 e v2 é:
→ → → i j
k → →
→
n=v1 × v2 = 3 2 −1 = (−1, −5, −4)
1 −1 1 →
Assim, um vetor normal ao plano é: n= (−1, −5, −4)
A equação do plano é dada pela seguinte equação: −x − 5y − 4z + d = 0, e para
encontrar o valor de d, tem-se:
−x − 5y − 4z + d
−(1) − 5(−3) − 4(4) + d
−1 + 15 − 16 + d
d
=
=
=
=
0
0
0
2
Assim, a equação do plano é: −x − 5y − 4z + 2 = 0 ou x + 5y + 4z − 2 = 0
→
→
(ii) Passa por dois pontos A e B e é paralelo a um vetor v não colinear ao vetor AB
Colinear: pertencem a mesma reta e/ou são paralelos
→
→
.
→
Neste caso: n= v × AB .
Exemplo Resolvido: Determinar a equação geral do plano que passa pelos pontos
A(1, −3, 4) e B = (3, 1, −2) e é paralelo ao vetor v = (1, −1, 1).
→
Solução: Um vetor normal ao plano obtido a partir dos vetores-base AB= (2, 4, −6) e
→
v é:
7
→ → → k →
→ →
i j
n= v × AB= 2 4 −6 = (−2, −8, −6)
1 −1 1 →
Assim, um vetor normal ao plano é: n= (−2, −8, −6)
A equação do plano é dada pela seguinte equação: −2x − 8y − 6z + d = 0, e para
encontrar o valor de d, tem-se:
−x − 5y − 4z + d
−2(1) − 8(−3) − 6(4) + d
−1 + 15 − 16 + d
d
=
=
=
=
0
0
0
2
Assim, a equação do plano é: −2x − 8y − 6z + 2 = 0 ou 2x + 8y + 6z − 2 = 0
(iii) Passa por três pontos A B e C que não pertencem a mesma reta (não colineares).
→
→
→
Nesta caso: n=AB × AC .
Exemplo resolvido: Estabelecer a equação geral do plano determinado pelo pontos
A(2, 1, −1), B(0, −1, 1) e C(1, 2, 1).
→
→
Solução: Os vetores base do plano são: AB= (−2, −2, 2) e AC= (−1, 1, 2) e, portanto,
um vetor,normal do plano é:
→ → →
i
j k
→ →
→
n=v1 × v2 = −2 −2 2
−1 1 2
= (−6, 2, −4)
→
Assim, o vetor normal ao plano é: n= (−6, 2, −4)
A equação do plano é dada pela seguinte equação: −6x + 2y − 4z + d = 0, e para
encontrar o valor de d, tem-se:
−6x + 2y − 4z + d
−6(2) + 2(1) − 4(−1) + d
−12 + 2 + 4 + d
d
8
=
=
=
=
0
0
0
6
Então a equação do plano é: −6x + 2y − 4z + 6 = 0 ou 3x − y + 2z − 3 = 0
(iv) Contém duas retas concorrentes r1 e r2 (concorrentes:
).
que se cruzam
→
→
→
Neste caso os vetores diretores das retas r1 e r2 são v1 e v2 e vale n=v1 × v2 (vetor
normal ao plano).
Vetores diretores da reta: Tem a mesma direção e determinam o sentido da reta
(v) Contém duas retas paralelas r1 e r2 . Neste caso tem-se que o vetor normal é:
→
→
→
n=v1 × A1 A2
Assim v1 é um vetor diretor de r1 (ou r2 ) e A1 ∈ r1 e A2 ∈ r2 .
Exemplo resolvido: Determinar a equação geral do plano que contém as retas
r1 :
n
(
y = 2x + 1
z = −3x − 2
e
r2 :
x = −1 + 2t
y = 4t
z = 3 − 6t
Solução: Primeiramente deve-se determinar os vetores diretores das retas r1 e r2 .
Vetor diretor de r1
Dois pontos pertencentes a reta r1 são os pontos A1 (0, 1, −2) e B1 (1, 3, −5). Utilizando
o ponto A1 , obtem-se as equações paramétricas de r1 :
(
r1 :
x = 0 + ta
y = 1 + tb
z = −2 + tc
→
o vetor diretor da reta r1 é v1 = (a, b, c), cuja coordenadas são encontradas fazendo
t = 1 e utilizando as coordanas do ponto B .
a = x=1
b = y−1=3−1=2
c = z + 2 = −5 + 2 = −3
→
Assim o vetor diretor de r1 é v1 = (1, 2, −3)
9
→
O vetor diretor da reta r2 é v2 = (2, 4, −6)
→
→
Observe que as retas são paralelas, pois v2 = 2 v1
Um ponto pertencente a reta r2 é A2 (−1, 0, 3).
→
Então: A1 A2 = (−1, −1, 5)
→
pode-se determinar o vetor normal n ao plano em questão:
→ → → j
k →
i
n= 1
2 −3 = (7, −2, 1)
−1 −1 5 Após alguns cálculos tem-se que a equação geral do plano é: 7x − 2y + z + 4 = 0
(vi) É determinado por uma reta r e um ponto B 6∈ r (não pertence a reta).
→
→
→
O vetor normal a este plano é determinado pela expressão: n= v × AB .
→
onde v é um vetor diretor de r e A ∈ r.
Exemplo resolvido: Determine a equação do plano que contém a reta
r:
x=4
y=3
e o ponto
B(−3, 2, 1)
→
Solução: Primeiramente deve-se encontrar o ponto A ∈ r e o vetor diretor v .
Como não aparece a variável z o plano é paralelo a este eixo, assim, pode-se escolher
qualquer valor real para representar z , neste caso, por conveniencia escolhe-se z = 0,
assim, o ponto A(4, 3, 0) ∈ r .
→
O vetor diretor é: v = (0, 0, 1)
→
AB= (−7, −1, 1).
Cálculo do vetor normal.
→ → →
j k → →
→
i
n=v1 × v2 = 0
0 1 = (1, −7, 0)
−7 −1 1 →
Assim, um vetor normal ao plano é: n= (1, −7, 0)
A equação do plano é dada pela seguinte equação: x−7y −0z +d = 0, e para encontrar
o valor de d, tem-se:
10
x − 7y + d
4 − 7(3) + d
4 − 21 + d
d
=
=
=
=
0
0
0
17
Assim, a equação do plano é: x − 7y + 17 = 0
Outra forma de obter a equação geral de um plano é utilizando a denição de vetores
coplanares, ou seja, o produto misto entre eles é nulo.
Considere o exemplo do item (iv), neste problema temos um ponto A(1, −3, 4) que é
paralelo aos vetores v1 = (3, 1, −2) e v2 = (1, −1, 1). Assim, tome um ponto P (x, y, z) ∈
→ → →
ao plano, dessa forma os vetores AP , v1 , v2 são coplanares, ou seja, o produto misto entre
eles é igual a zero.
→
→ →
(AP , v1 , v2 ) = 0
Ou seja:
x−1 y+3 z−4 3
= −x − 5y − 4z + 2
1
−2
1
−1
1 Dessa forma, a equação geral do plano é x + 5y + 4z − 2 = 0
Este método é aplicável a todos os outros exemplos.
Exercício: Encontre a equação geral do plano dos exemplos anteriores embasando-se
na denição de vetores coplanares.
1.3
Equação Paramétrica do Plano
→
→
Dado um ponto A(x0 , y0 , z0 ) petencente ao plano π e u= (a1 , b1 , c1 ) e v = (a2 , b2 , c2 ) não
→ →
paralelos, porém, paralelos ao plano. Qualquer que seja o ponto P ∈ π , ou vetores AP , u
→
e v são coplanares.
O ponto P (x, y, x) pertence ao plano se, e somente se existem números reais tais que:
11
→
→
P − A = h u +t v
→
→
P = A + h u +t v
(x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + h(a1 , b1 , c1 ) + t(a2 , b2 , c2 )
onde h, t ∈ R, e os vetores u e v são vetores diretores do plano π .
Dessa maneira a Equação Paramétrica do plano é:
(x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + h(a1 , b1 , c1 ) + t(a2 , b2 , c2 )
podendo ser escrita como:
(
x = x 0 + a1 h + a2 t
y = y 0 + b1 h + b2 t
z = z0 + c1 h + c2 t
Exemplo: Seja o plano π que passa pelo ponto A(2, 2, −1) e é paralelo aos vetores
→
u= (2, −3, 1) e v = (−1, 5, −3). Obter uma equação vetorial, um sistema de equações
paramétricas e uma equação geral de π .
→
Solução:
Equação vetorial: (x, y, z) = (2, 2, −1) + t(2, −3, 1) + v(−1, 5, −3)
Equações paramétricas
(
x = 2 = 2t − v
y = 2 − 3t + 5v
z = −1 + t − 3v
Para obter a equação geral do plano é necessário calcular o vetor normal ao plano ou
utilizar a idéia de vetores coplanares, ou seja, o produto misto entre os vetores é igual
zero.
→
Considere o ponto P (x, y, z) ∈ π , assim o vetor AP = (P − A) = (x − 2, y − 2, z + 1)
x−2 y−2 z+1
2
−3
1
−1
5
−3
=0
9x − 5x − y + 6y + 10z − 3z − 6 − 5 = 0
Assim a equação geral de π é: 4x + 5y + 7z − 11 = 0.
Exercício 1: Dado um plano π determinado pelos pontos A(1, −1, 2), B(2, 1, −3) e
C(−1, −2, 6) não alinhados.
Encontre um sistema de equações paramétricas e uma equação geral do plano π .
12
Dica: Encontrar os vetores diretores de π . Os pontos A, B e C ∈ π e não estão
alinhados, dessa maneira, dene-se os dois vetores diretores como segue:
→
→
u=AB= (1, 2, −5)
e
→
→
v =AC= (−2, −1, 4).
os vetores acima são vetores diretores de π .
Resposta:
(
Equações paramétricas:
x = 1 + h − 2t
y = −1 + 2h − t
z = 2 − 5h + 4t
Equação geral do plano: π : 3x + 6y + 3z − 3 = 0 ou π : x + 2y + z − 1 = 0.
Exercício 2: Dado o plano π de equação 2x − y − z + 4 = 0, determinar um sistema
de equações paramétricas de π .
Dica: Encontrar três pontos distintos A, B e C não alinhados e encontrar os vetores
diretores.
A(0, 0, 4), B(1, 0, 6) e C(0, 1, 3)
(
x=h
Equações paramétricas: y = t
z = 4 + 2h − t
1.4
Ângulo de Dois Planos
Dados dois planos π1 e π2 e n1 = (a1 , b1 , c1 ) e n2 = (a2 , b2 , c2 ) vetores normais aos planos
π1 e π2 respectivamente, como ilustra a gura abaixo:
O Ângulo entre esses dois planos é o menor ângulo formado entre os seus respectivos
vetores normais. Denominando este ângulo de θ, tem-se:
13
→
→
n1 × n2 cos(θ) = → → n1 n2 com 0 ≤ θ ≤
π
2
Exemplo: Determine o ângulo entre os planos:
e
π1 : 2x + y − z + 3 = 0
π2 : x + y − 4 = 0
Solução:
n1 = (2, 1, −1) e n2 = (1, 1, 0)
cos(θ) =
cos(θ) =
cos(θ) =
cos(θ) =
θ =
θ =
1.4.1
|(2, 1, −1) × (1, 1, 0)|
|(2, 1, −1)| × |(1, 1, 0)|
|2 + 1 + 0|
p
p
(22 + 1 + (−1)2 ) × (12 + 12 + 02 )
|3|
p
√
12 × (12 + 12 + 02 )
√
3
2
√ !
3
arccos
2
π
6
Planos Perpendiculares
Dois planos são perpendiculares se, e somente se o ângulo formado entre seus respectivos
vetores diretores for igual a noventa graus (θ = 90◦ ), ou seja,
→
→
→
→
π1 ⊥π2 ⇔n1 ⊥ n2 ⇔n1 × n2 = 0
14
Exemplo: Verique se os planos
e
π1 : 3x + y − 4z + 2 = 0
π2 : 2x + 6y + 3z = 0
ou
(
e
π1 : x + y − 4
π2 :
x = 2 − h + 2t
y =h+t
z=t
são perpendiculares.
Solução:
(i) π1 : 3x + y − 4z + 2 = 0 e π2 : 2x + 6y + 3z = 0
→
→
n1 = (3, 1, −4) e n2 = (2, 6, 3) são vetores normais aos planos π1 e π2 respectivamente.
→
→
→
→
→
→
n1 × n2 = (3, 1, −4) × (2, 6, 3)
n1 × n2 = 3.2 + 1.6 + (−4).3
n1 × n2 = 0
Portanto os planos π1 e π2 são perpendiculares.
(
(ii) π1 : x + y − 4 e π2 :
x = 2 − h + 2t
y =h+t
z=t
→
Em π1 tem-se o vetor normal n1 = (1, 1, 0) .
→
→
Porém em π2 tem-se os vetores diretores: u= (−1, 1, 0) e v = (2, 1, 1), através do
produto misto entre eles determina-se o vetor normal ao plano π2 .
→ → →
i j k →
→ →
n2 = u × v = −1 1 0 = (1, 1, −3)
2 1 1 15
Assim:
→
→
→
→
→
→
n1 × n2 = (1, 1, 0) × (1, 1, −3)
n1 × n2 = 1.1 + 1.1 + 0.(−3)
n1 × n2 = 2 6= 0
portanto os planos π1 e π2 não são perpendiculares.
1.4.2
Plano Paralelos
Considere os planos π1 e π2 , estes planos serão paralelos se, e somente se, seus respectivos
vetores normais forem paralelos:
→
→
π1 //π2 ⇔n1 // n2 portanto
a1
b1
c1
=
= .
a2
b2
c2
Dois planos são coincidentes se:
b1
c1
d1
a1
=
=
= .
a2
b2
c2
d2
Porém, se a1 = a2 , b1 = b2 , c1 = c2 e d1 6= d2 , os planos também são paralelos.
Exemplo: Calcule os valores de m e n para que o plano:
π1 : (2m − 1)x − 2y + nz − 3 = 0
seja paralelo ao plano
π2 : 4x + 4y − z = 0
Solução:
→
→
Os vetores normais são: n1 = (2m − 1, −2, n) e n2 = (4, 4, −1).
2m − 1
−2
n
=
=
,
4
4
−1
isto é:
2m − 1
1
=−
4
2
1
m=−
2
16
e
−n = −
n =
1
2
1
2
1
2
Assim os planos π1 : −2x − 2y + z − 3 = 0 e π2 : 4x + 4y − z = 0 são paralelos.
1
2
→
→
Note que: n1 = − n2
1.5
Paralelismo e Perpendicularismo entre Reta e Plano
→
→
Considere uma reta r na direção de um vetor v e um plano π , seja n o vetor normal ao
plano, como ilustram as guras abaixo:
→
→
→
→
(i) Se r//π ⇔ v ⊥ n⇒ v × n= 0
→
→
→
→
(ii) Se r⊥π ⇔ v // n⇒ v = α n
(
x = 1 + 2t
Exemplo: A reta r : y = −3t
z=t
é paralela ao plano π : 5x + 2y − 4z − 1 = 0?
→
Se a reta é paralela ao plano, implica que o vetor diretor da reta r, v = (2, −3, 1) é
→
ortogonal ao vetor normal n= (5, 2, −4) veja:
(2, −3, 1) × (5, 2, −4) = 0.
17
Porém, esta mesma reta é perpendicular ao plano π1 : 4x − 6y + 2z − 5 = 0, pois o
→
→
vetor diretor v = (2, −3, 1) de r é paralelo ao vetor nomal n1 = (4, −6, 2) de π , veja:
→
v=
1 →
n1
2
→
para isso basta dividir as componente de v e
1.6
→
n1
:
2
−3
1
=
=
4
−6
2
=
1
1
1
= =
.
2
2
2
Reta contida em Plano
Uma reta r esta contida em uma plano π se:
(i) Dois pontos A e B da reta r pertencerem ao plano π , ou
→
→
(ii) Dado vetor diretor v da reta r e o vetor normal n do plano π satisfazer a seguinte
igualdade:
→
→
v × n= 0
ou seja, se r está contida em π o vetor diretor de r é normal ao vetor normal de π .
Exemplo: Determinar os valores de m e n para que a reta:
x=3+t
r : y = −1 − t
z = −2 − t
esteja contida no plano π : 2x + my + nz − 5 = 0
(
Solução:
Fazendo t = 0 e t = 1 e substituindo na equação paramétrica de r obtem-se os pontos
A(3, −1, −2) e B(4, −2, −3), e substituindo na equação do plano tem-se o seguinte sistema
linear:
2(3) + m(−1) + n(−2) − 5 = 0
2(4) + m(−2) + n(−3) − 5 = 0
donde m = 3 n = −1.
Observação: Se a reta esta contida no plano, então os pontos da reta pertencem ao
.
plano, portanto eles devem satisfazem a igualdade da equação geral do plano
18
1.7
Interseção de Dois Plano
A interseção de dois planos não paralelos é uma reta r cuja equações reduzidas ou paramétricas deve-se determinar.
Para determinar uma reta é necessário conhecer dois de seus pontos, ou um ponto e
um vetor diretor de r.
Exemplo: Consideremos os planos não paralelos
e
π1 : 5x − y + z − 5 = 0
π2 : x + y + 2z − 7 = 0
Um ponto da reta determinada pela intereseção entre os dois planos, é o ponto cuja
coordenadas satisfazem o sistema
5x − 2y + z + 7 = 0
3x − 3y + z + 4 = 0
Resolvendo o sistema, tem-se innitas soluções em função de x.
n
y = −2x − 3
z = −9x − 13
ou seja, a solução acima são as equações reduzidas da reta obtida pela intersecção
dos planos π1 e π2 . Seus pontos são:
(x, y, z) = (x, −2x − 3, −9x − 13)
Para determinar as equações paramétricas da reta r atribui-se dois valores distintos
para x de modo a determinar os pontos A e B , assim se x = 0 e x = 1, tem-se respectivamente A(0, −3, −13) e B(1, −5, −22), com isso é possível determinar o vetor diretor da
reta r:
→
→
v =AB= B − A = (1, −2, −9)
As equações paramétricas de r utilizando o ponto A e o vetor diretor são:
(
r:
x=t
y = −3 − 2t
z = −13 − 9t
19
1.8
Interseção de Reta com Plano
Neste caso deseja-se encontrar um ponto da reta r em comum com o plano π .
Exemplo 1: Determinar o ponto de interseção da reta r com o plano π , onde:
(
x = −1 + 2t
y = −1 + 3t
z = 4 − 2t
e
π : 2x − y + 3z − 4 = 0
Solução:
Qualquer ponto de r é da forma: (x, y, z) = (−1 + 2t, 5 + 3t, 3 − t), estas coordenadas
deve satisfazer a equação do plano, assim, este ponto será a interseção entre r e π :
2x − y + 3z − 4 = 0
2(2t − 1) − (5 + 3t) + 3(3 − t) − 4 = 0
donde resulta t = −1.
Substituindo esses valores nas equações paramétricas de r tem-se as coordenadas da
interseção de r com π .
r ∩ π = (−3, 2, 4)
Exemplo 2: Determinar a interseção da reta r com o plano π onde:
r:
x − 2y − 2z + 2 = 0
2x + y − z = 0
e
π : x + 3y + 2z − 5 = 0
Nesse caso deve-se solucionar o sistema:
( x − 2y − 2z + 2 = 0
2x + y − z = 0
x + 3y + 2z − 5 = 0
obtendo-se x = 2, y = −1 e z = 3.
Logo a interseção (I) é I(2, −1, 3).
20
Capítulo 2
DISTÂNCIAS
2.1
Distância entre dois pontos
A distância d entre dois pontos P1 (x1 , y1 , z1 ) e P2 (x2 , y2 , z2 ) é dada pela expressão:
→ P1 P2 = P2 − P1 = (x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 )
q
d(P1 , P2 ) =
(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2
Exemplo: Calcular a distância entre P1 (2, −1, 3) e P2 (1, 1, 5).
d(P1 , P2 ) =
2.2
q
(1 − 2)2 + (1 − (−1))2 + (5 − 3)2 =
√
9=3
Distância de um Ponto a uma Reta
Para calcular a distância de um ponto P a uma reta r utiliza-se a expressão:
→
→ v × AP →
d(P, r) =
v →
onde v é o vetor diretor da reta r e A e um ponto petencente a reta.
Exemplo: Calcular a distância do ponto P (2, 1, 4) à reta
21
(
r:
x = −1 + 2t
y =2−t
z = 3 − 2t
→
Soluçao: A reta r passa pelo ponto A(−1, 2, 3) e tem direção do vetor v = (2, −1, −2).
→
O vetor AP é (3, −1, 1).
→ → → j
k →
→
i
v × AP = 2 −1 −2 = (−3, −8, 1)
3 −1 1 Assim:
p
√
(−3)2 + (−8)2 + 12
74
|(−3, −8, 1)|
=p
=
u.c.
d(P, r) =
|(2, −1, −2)|
3
22 + (−1)2 + (−2)2
2.3
Distância de Ponto a Plano
A distância de um ponto P0 a um plano π , ou seja d(P0 , π) é dado pela expressão:
d(P0 , π) =
|ax0 + by0 + cz0 + d|
√
a2 + b 2 + c 2
→
onde (a, b, c) são as coordenadas do vetor normal n .
Exemplo: Calcular a distância do ponto P0 (4, 2, −3) ao planoπ : 2x + 3y − 6z + 3 = 0
Solução:
d(P0 , π) =
2.4
2.4.1
|2(4) + 3(2) − 6(−3) + 3|
p
=5
22 + 32 + (−6)2
Distância entre Duas Retas
Retas Concorrentes
A distância d entre duas retas r e s concorrentesé nula, por denição.
22
2.4.2
Retas Paralelas
A distância entre duas retas paralelas se reduz ao cálculo da distância de um ponto a uma
reta.
A fórmula apresentada anteriormente é:
→
→ v × AP →
d(r, s) =
v →
onde v é o vetor diretor da reta e A e um ponto desta mesma reta, P é um ponto
pertencente a outra reta.
Exemplo: Calcular a distância entre as retas:
r:
n
(
y = −2x + 3
z = 2x
e
s:
x = −1 − 2t
y = 1 = 4t
z = −3 − 4t
→
Solução: O vetor diretor da reta s é v2 = (−2, 4, −4) e A(3, 2, −1) um ponto pertencente
→
a esta reta. P (0, 3, 0) é um ponto ∈ r, então AP = (1, 2, 3).
→ → →
i j k
→
→
v × AP = 1 2 3
2 4 −4
d(r, s) =
d(r, s) =
d(r, s) =
d(r, s) =
d(r, s) =
= (−20, −2, 8)
p
(−20)2 + (−2)2 + 82
p
(−2)2 + 42 + (−4)2
√
400 + 4 + 64
√
4 + 16 + 16
√
468
36
√
6 13
√6
13u.c.
23
Capítulo 3
COORDENADAS POLARES
3.1
3.1.1
Mudança de Coordenadas
Mudança de Coordenadas Cartesianas para Polares
Vimos anteriormente que dado um ponto P no plano, utilizando as coordenadas
cartesianas, ou retangulares é possível descrever sua localização no plano P (x, y), porém
também representar este mesmo ponto a partir da distância da origem 0 do sistema
cartesiano até o ponto P e o ângulo formado pelo eixo x, denotado P (r, θ), onde r é a
distância da origem do plano até o ponto P e θ é o ângulo formado com o eixo x.
A partir das propriedades aplicadas no triângulo retângulo e o teorema de Pitágoras,
tem-se:
p
x2 + y 2
y
θ = arctang
x
r =
Exemplo 1: Transforme as coordenadas cartesianas em coordenadas polares os seguintes pontos:
24
(a) P
√ !
5 35
2 2
(b) Q(1, −1).
Solução. (a)
r
r
r
r
θ
θ
θ
v
u √ !2 u 5 3
5
= t
+
2
2
r
25 · 3 25
+
=
4
4
r
100
=
4
= 5
 √ 
5 3
 2 

= arcT g 
 5 
2
!
√
5 3 2
= arcT g
·
2
5
√ = arcT g
3 = 60
Assim, P (5, 60◦ )
√
Solução (b): De maneira análoga ao anterior, tem-se: Q( 2, −45◦ )
Exemplo 2: A circunferência de centro na origem e raio 3 tem equação cartesiana
x2 + y 2 = 9, encontre a equação polar:
Solução:
Sabe-se:
x = rcos(θ)
y = rsen(θ)
assim,
(rcos(θ))2 + (rsen(θ))2
r2 cos2 (θ) + sen2 (θ)
r2
r
25
=
=
=
=
9
9
9
3
ou seja, a equação polar dessa circunferência é r = 3.
3.1.2
Mudança de Coordenadas Polares para Cartesianas
π
Seja P um ponto com coordenadas polares (r, θ). Considerando inicialmente 0 < θ <
2
do triângulo retangulo OP X , obtem-se as seguintes relações:
x = rcos(θ)
y = rsen(θ)
Se θ = 0 tem-se P no eixo das abscissas, portanto P tem coordenadas cartesianas
π
(x, 0), para os casos em que θ = , tem-se P no eixo das ordenadas, portanto P tem
2
coordenadas cartesianas (0, y).
Exemplo: Se P tem coordenadas polares −2,
π
, então:
3
π
x = −2cos( ) = −1
3
√
π
y = −2sen(− ) = − 3
3
√
logo P tem coordenadas cartesianas (−1, − 3).
26