1. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3
a e
SOLUCOES DOS EXERC´
¸˜ ICIOS
CAP´
ITULO 1
3−2
1. A inclina¸˜o da reta r ´ a =
ca e = 1/3. Como ela passsa pelo ponto (4, 2), sua
7−4
1 x 2
equa¸˜o ´ y = 2 + (x − 4), ou y = + , ou ainda x − 3y = −2. Portanto:
ca e
3 3 3
a) O ponto (16, k) pertence a r se, e somente se, 16 − 3k = −2, isto ´, 3k = 18,
e
donde k = 6.
1997 + 2 2
b) O ponto de r com abcissa 1997 tem ordenada y = = 665 , logo o
3 3
ponto (1997, 666) est´ acima de r.
a
0−b
2. A inclina¸˜o desssa reta ´
ca e = −b/a. Ela passa pelo ponto (a, 0). Logo, sua
a−0
b b
equa¸˜o ´ y = 0 − (x − a) = − x + b, ou ent˜o bx + ay = ab. Usualmente, esta
ca e a
a x a y
equa¸˜o ´ escrita sob a forma + = 1. Evidentemente, estamos supondo a = 0
ca e
a b
e b = 0. Se um destes dois n´meros ´ zero, a reta coincide com um dos eixos. Se
u e
ambos forem zero, qualquer reta que passe pela origem resolve o problema.
1 1 1
3. As coordenadas do ponto P = (x, y) s˜o x =
a 1− a+ b e y = 1− a+
3 3 3
1
b , ou seja, x = (2a + b)/3 e y = (2a + b )/3.
3
4. Sejam A = (a, a ), B = (b, b ) e C = (c, c ) os v´rtices do triˆngulo e M =
e a
b+c b +c
, o ponto m´dio do lado BC. O ponto P da mediana AM tal
e
2 2
1 b+c 1 a+b+c
que d(P, M )/d(A, M ) = 1/3 tem coordenadas 1 − + a =
3 2 3 3
1 b +c 1 a +b +c a+b+c a +b +c
e 1− + a = , logo P = , . Se cal-
3 2 3 3 3 3
cularmos as coordenadas dos pontos das outras medianas que as dividem na mesma
1

2. raz˜o encontraremos que esses pontos coincidem com P . Logo P est´ nas 3 media-
a a
nas.
5. Admitindo que os v´rtices A, B, C e D = (x, y) s˜o enumerados consecuti-
e a
vamente, AC e BD s˜o as diagonais do paralelogramo logo seus pontos m´dios
a e
a+c b+x a +d b +y
coincidem. Temos ent˜o
a = e = · Da´ vem x = a + c − b e
ı
2 2 2 2
y = a + c − b . Estas s˜o as coordenadas do quarto v´rtice D.
a e
6. Escolhendo os eixos de modo que A = (0, 0) e B = (b, 0), os outros dois v´rtices
e
do paralelogramo ABCD s˜o C = (c, c ) e D = (d, c ). Como AD e BC tˆm a mesma
a e
inclina¸˜o, temos c /d = c /(c − b), donde c = b + d. As coordenadas do ponto m´dio
ca e
da diagonal AC s˜o c/2 e c /2, enquanto as da diagonal BD s˜o (b + d)/2 e c /2.
a a
Logo esses pontos m´dios coincidem.
e
Reciprocamente, se os pontos m´dios das diagonais coincidem ent˜o c = b + d e
e a
c = d , logo o segmento CD ´ horizontal (portanto paralelo a AB) e, como c−b = d,
e
BC e AD tˆm inclina¸˜es iguais, portanto s˜o paralelos e o quadril´tero ABCD ´
e co a a e
um paralelogramo.
7. Dado o triˆngulo ABC, tome um sistema de coordenadas no qual A = (0, 0),
a
B = (b, 0) e C = (c, c ). Os pontos m´dios de AC e BC s˜o respectivamente
e a
c c b+c c
M= , eN = , . M e N tˆm ordenadas iguais, logo M N ´ paralelo
e e
2 2 2 2
ao eixo das abcissas, isto ´, a AB. Al´m disso, ´ claro que M N = |c|/2 = AB/2.
e e e
8. Dado o trap´zio ABCD, no qual os lados paralelos s˜o AB e CD, tome um
e a
sistema de eixos de modo que A = (0, 0), B = (b, 0), C = (c, c ) e D = (d, c ).
d c
Os pontos m´dios dos lados AD e BC s˜o respectivamente M =
e a , eN =
2 2
b+c c
, . Na escolha dos eixos, podemos admitir que b > 0 e c > d. Ent˜o os
a
2 2
comprimentos dos lados paralelos s˜o AB = b, CD = c − d enquanto o segmento
a
M N tem comprimento M N = (b + c − d)/2. Logo M N = (AB + CD)/2.
2

3. 9. Dado o quadril´tero ABCD, com A = (a, a ), B = (b, b ), C = (c, c ) e D = (d, d ),
a
sejam M , N , P , Q respectivamente os pontos m´dios dos lados AB, BC, CD e DA.
e
As diagonais do quadril´tero M NP Q s˜o os segmentos M P e NQ, cujos pontos
a a
a+b+c+d a +b +c +d
m´dios concidem pois suas coordenadas s˜o
e a , · Logo
2 2
M NP Q ´ um paralelogramo.
e
10. Escolhe-se um sistema de coordenadas no qual A ´ a origem e AB est´ sobre o
e a
eixo das abcissas. Ent˜o A = (0, 0), B = (b, 0), C = (b + d, c) e D = (d, c). Logo
a
2 2 2 2
AB + BC + CD + DA = b2 + (d2 + c2 ) + b2 + (d2 + c2 ) = 2(b2 + c2 + d2 ). Esta ´
e
a soma dos quadrados dos lados do paralelogramo ABCD. A soma dos quadrados
2 2
das diagonais ´ AC + BD = (b + d)2 + c2 + (b − d)2 + c2 = 2(b2 + c2 + d2 ).
e
11. Um ponto P = (x, y) pertence ao lugar geom´trico procurado se, e somente se,
e
(x − 1)2 + (y − 3)2 = (x − r)2 + (y − 1)2 . Simplificando, obt´m-se 2x − y = −4,
e
portanto o lugar geom´trico ´ uma reta.
e e
12. A equa¸˜o procurada ´ y 2 = x2 +(y −2)2 . Simplificando, tem-se x2 −4y +4 = 0,
ca e
x2
ou ainda, y = + 1. (Equa¸˜o de uma par´bola.)
ca a
4
13. Um sistema de coordenadas que simplifica as contas e trata igualmente os pontos
A e B ´ aquele em que A = (−a, 0) e B = (a, 0). O ponto P = (x, y) pertence ao
e
lugar geom´trico procurado se, e somente se, (x + a)2 + y 2 + (x − a)2 + y 2 = k 2 , ou
e
k2
seja (simplificando): x2 + y 2 = − a2 . (Note que d(A, B) = 2a.) Se k 2 < 2a2 , o
2
lugar geom´trico ´ vazio. Se k 2 = 2a2 , o unico ponto nele contido ´ a origem, isto ´
e e ´ e e
(nos termos do problema proposto), o ponto m´dio do segmento AB. E se k 2 > 2a2 ,
e
o lugar geom´trico ´ a circunferˆncia cujo outro ´ o ponto m´dio do segmento AB
e e e e e
√
e cujo raio mede k 2 − 2a2 = k 2 − d(A, B)2 /2.
14. Procedendo como acima, encontramos que a equa¸˜o do lugar geom´trico procu-
ca e
rado ´ (x + a)2 + y 2 − (x − a)2 − y 2 = k 2 , ou seja, 4ax = k 2 , ou ainda, x = k 2 /4a. O
e
3

4. lugar geom´trico procurado ´, portanto, uma reta perpendicular ao segmento AB.
e e
O problema tem solu¸˜o seja qual for o valor de k.
ca
15. Sejam A = (5, 5) e B = (1, 7). Estes pontos est˜o sobre as retas y = x e y = 7x
a
√
respectivamente, ambos a distˆncia 50 da origem 0. Logo o triˆngulo OAB ´
` a a e
is´sceles e M = (3, 6), ponto m´dio do lado AB, ´ o p´ da mediana OM , logo OM
o e e e
´ a bissetriz do angulo AOB. Portanto a equa¸˜o da bissetriz ´ y = 2x. Como o
e ˆ ca e
angulo AOB ´ agudo (contido no 1o quadrante) ele ´ o menor ˆngulo formado pelas
ˆ e ¯ e a
duas retas dadas.
16. O lugar geom´trico que se pede ´ a bissetriz do menor angulo formado pelas
e e ˆ
retas y = x e y = 1.
17. Temos A = (0, y) e B = (x, 0). Sem perda de generalidade, podemos supor
x y
que AB = 1, logo x2 + y 2 = 1. O ponto m´dio de AB ´ M =
e e , . Portanto,
2 2
ao variar x e y (mantendo x2 + y 2 = 1), M descreve a circunferˆncia de centro na
e
origem e raio 1/2.
2 x2 y 2 y2
18. Temos Q = (2, y) e P = (x, xy), logo OP = x2 + = x2 1 + e
4 4
2
2 2 2 y2
OQ = 4 + y 2 . Ent˜o OP · OQ = 4x2 1 +
a e a equa¸˜o OP · OQ = 4
ca
4
y2
se escreve, em termos de coordenadas, como x · 1+ = 2. Portanto o lugar
4
geom´trico pedido ´ o gr´fico da fun¸˜o x = 2/(1 + y 2 /4). Ele ´ uma curva que se
e e a ca e
estende verticalmente. Para y < 0, x ´ uma fun¸˜o crescente de y, com m´ximo
e ca a
igual a 2 para y = 0 e decrescente se y > 0. O eixo vertical ´ uma ass´
e ıntota, tanto
quando y → −∞ como para y → +∞.
19. Se P = (x, y) ent˜o Q = (x/3, y/3). Como Q pertence ` reta r, temos a(x/3) +
a a
b(y/3) = c, donde ax + by = 3c. Esta ´ a equa¸˜o do lugar geom´trico dos pontos
e ca e
P , o qual ´, portanto, uma reta paralela a r.
e
4

5. 2 5
20. Para que as retas dadas sejam paralelas, devemos ter = , donde k = 7, 5.
3 k
21. As retas 2x + 3y = 8 e 4x + 7y = 18 tˆm em comum o ponto (1, 2) pois x = 1,
e
y = 2 ´ a solu¸˜o do sistema formado pelas equa¸˜es que as representam. A fim de
e ca co
que a reta 5x + my = 3 contenha o ponto (1, 2), deve ser 5 · 1 + m · 2 = 3, donde
m = −1.
0−4 1+3 0+4
22. A inclina¸˜o de AB ´
ca e = −2. O ponto m´dio de AB ´ M =
e e , =
3−1 2 2
(2, 2). A mediatriz de AB ´ a reta perpendicular a AB (portanto de inclina¸˜o 1/2)
e ca
1 1
passando por M. Sua equa¸˜o ´ y = 2 + (x − 2), ou seja, y = x + 1.
ca e
2 2
23. O ponto procurado ´ a interse¸˜o da reta x + 3y = −15 com a mediatriz do
e ca
1
segmento AB. Ora, a equa¸˜o da mediatriz ´ y = x + 1, como vimos acima.
ca e
2
Resolvendo o sistema formado por estas duas equa¸˜es obtemos x = −36/5 e y =
co
−13/5. Estas s˜o as coordenadas do ponto procurado.
a
24. Seja A∗ o ponto procurado. A reta r, de equa¸˜o x + 2y = 1, ´ a mediatriz
ca e
do segmento AA∗ . A inclina¸˜o da reta AA∗ ´, portanto, igual a 2. Ela passa pelo
ca e
ponto A = (3, 4), logo sua equa¸˜o ´ 2x − y = 2. Resolvendo o sistema x + 2y = 1,
ca e
2x − y = 2 encontramos a interse¸˜o M = (1, 0) das retas r e AA∗ . M ´ o ponto
ca e
m´dio do segmento AA∗ . Logo A∗ = (−1, −4).
e
25. A rea do triˆngulo 
a
´ a  ABC  o valor absoluto da metade do determinante da
´
e
3−1 7−1 2 6
matriz  = , logo ´ igual a 7.
e
4−1 3−1 3 2
26. Considere o sistema de coordenadas no qual A = (0, 0), B = (1, 0), C = (1, 1),
−→ −→
D = (0, 1) e M = (1/2, 1). Ent˜o os vetores u = M A e v = M B tˆm coordenadas
a e
u = (−1/2, −1) e v = (1/2, −1), logo seu produto interno ´ u, v = (−1/2)(−1) +
e
(−1)(−1) = 3/4. Por outro lado, |u| = 5/4 = |v|, logo u, v = |u| |v| cos α =
(5/4) · cos α. Assim, (5/4) · cos α = 3/4, portanto cos α = 3/5. (Estamos escrevendo
5

6. α = AM B.)
27. Sejam A = (2, 3), B = (3, 1) e C = (9, y). Quer-se determinar o quarto v´rtice
e
−→ −→
D do retˆngulo ABCD. Temos u = BA = (−1, 2) e v = BC = (6, y − 1). Como
a
u, v = (−1) · 6 + 2(y − 1) = 0, conclu´
ımos que y = 4, logo v = (6, 3). Assim
u + v = (5, 5) e D = B + u + v = (8, 6).
28. Sabemos que |u + v|2 = u + v, u + v = |u|2 + |v|2 + 2 u, v , portanto u, v =
1 1
|u + v|2 − |u|2 − |v|2 . Pelos dados do exerc´
ıcio, temos ent˜o u, v = (36 − 16 −
a
2 2
25) = −5/2.
29. Conhecemos os v´rtices A = (5, 1) e B = (8, 3) do quadrado ABCD no qual
e
−→
A, B, C e D s˜o enumerados no sentido anti-hor´rio. Temos u = AB = (3, 2).
a a
−→
Como v = AD ´ obtido de u por rota¸˜o de 90◦ no sentido anti-hor´rio, temos
e ca a
v = (−2, 3). Logo D = A + v = (5, 1) + (−2, 3) = (3, 4). Finalmente C = B + v =
(8, 3) + (−2, 3) = (6, 6). Estes s˜o os v´rtices C e D que faltavam.
a e
a+c a +c
30. Seja M = , o ponto m´dio de AC. Enumerando os v´rtices do
e e
2 2
c−a c −a
−→
quadrado ABCD na seq¨ˆncia anti-hor´ria, se u = M C =
ue a , ent˜o
a
2 2
−→ a −c c−a a+a +c−c a +c +c−a
v = MD = , e D = M +v = , . Por
2 2 2 2
a−a +c+c a+a = c+c
sua vez, B = M − v = , .
2 2
31. A proje¸˜o ortogonal do ponto A sobre a reta BC, cuja equa¸˜o ´ 5x−8y = −3,
ca ca e
´ o ponto de interse¸˜o dessa reta com a perpendicular baixada de A sobre ela, a
e ca
qual tem a equa¸˜o 8x + 5y = 59. Resolvendo o sistema formado por essas duas
ca
equa¸˜es, encontramos x = 457/89, y = 319/89, que s˜o as coordenadas da proje¸˜o
co a ca
procurada.
32. Fazendo sucessivamente m = 0 e m = 1 na equa¸˜o dada, obtemos as retas
ca
y = 2 e x = −1, as quais tˆm o ponto P = (−1, 2) em comum. Uma substitui¸˜o
e ca
6

7. direta mostra que, para todo valor real de m, o ponto P = (−1, 2) pertence a reta
`
mx + (m − 1)y + 2 − m = 0.
33. Tem-se (x+y −3)(3x−y −1) = 0 se, e somente se x+y −3 = 0 ou 3x−y −1 = 0.
Logo a equa¸˜o dada representa o conjunto formado pela reuni˜o das retas 3x−y = 1
ca a
e x + y = 3.
34. Escrevendo x + y − 3 + k(3x − y − 1) = (3k + 1)x + (1 − k)y − k − 3, vemos que
cada Rk ´ a reta de equa¸˜o (3k + 1)x + (1 − k)y = k + 3. Tomando sucessivamente
e ca
k = 0 e k = 1, obtemos as retas x + y = 3 e x = 1 respectivamente, as quais tˆm o
e
ponto P = (1, 2) em comum. Vˆ-se imediatamente que P pertence a todas as retas
e
Rk . Reciprocamente, toda reta r que passa pelo ponto P = (1, 2) e tem inclina¸˜o
ca
diferente de 3 (isto ´, n˜o ´ a reta 3x − y − 1 = 0) ´ da forma Rk para algum k. Com
e a e e
efeito, se r ´ vertical e cont´m P , sua equa¸˜o ´ x = 1, logo r = R1 . E se r, passando
e e ca e
por P , n˜o ´ vertical nem tem inclina¸˜o 3, sua equa¸˜o ´ y = mx + 2 − m, com
a e ca ca e
3k + 1 k+3
m = 3. Por sua vez, se k = 1, a equa¸˜o de Rk se escreve como y =
ca x+ ·
k−1 1−k
Dada a reta r, de equa¸˜o y = mx+2−m com m = 3, tomando k = (1+m)/(m−3)
ca
temos (3k + 1)/(k − 1) = m e (k + 3)(1 − k) = 2 − m, logo r = Rk . Assim o conjunto
das Rk ´ formado por todas as retas que passam pelo ponto P = (1, 2), exceto a
e
reta y = 3x − 1.
35. Como x3 y − xy 3 = xy(x + y)(x − y), tem-se x3 y − xy 3 = 0 se, e somente se,
xy = 0, ou x + y = 0, ou x − y = 0. Portanto a equa¸˜o dada representa a reuni˜o
ca a
dos dois eixos e as duas diagonais do plano.
36. As inclina¸˜o a e a s˜o as tangentes dos angulos que o eixo OX forma com as
ca a ˆ
retas dadas e θ ´ a diferen¸a entre esses ˆngulos, ou o suplemento dessa diferen¸a,
e c a c
(o que for agudo entre estes dois). Logo tg θ = |(a − a )/(1 + aa )| de acordo com a
conhecida f´rmula da tangente da diferen¸a.
o c
7

8. 37. Pelo exerc´ anterior, com a = 1 e a = 1/3, temos tg θ = 1/2.
ıcio
38. A distˆncia de um ponto P = (x, y) a reta 8x + 6y = −5 ´ |8x + 6y + 5|/10.
a ` e
Portanto os pontos do plano que distam 5 dessa reta s˜o os pontos das retas 8x +
a
6y + 5 = 50 e −8x − 6y − 5 = 50, ou seja 8x + 6y = 45 e 8x + 6y = −55, as quais
cortam a reta y = x + 1 nos pontos P1 = (39/14, 53/14) e P2 = (−61/14, −47/14)
respectivamente. Estes s˜o os pontos procurados.
a
39. As retas procuradas passam pelo ponto (7, 4) e n˜o s˜o verticais, logo suas
a a
equa¸˜es s˜o da forma y = 4 + m(x − 7), ou seja, mx − y = 7m − 4. O angulo que
co a ˆ
m+3
uma delas forma com a reta x − 3y = 0 tem cosseno igual a ± √ √ · Como
√ 10 1 + m2
◦
√ m+3 2 m2 + 6m + 9 1
cos 45 = 2/2, devemos ter √ √ =± donde 2
= , ou
10 1 + m 2 2 10 + 10m 2
seja, 2m2 − 3m − 2 = 0. Esta equa¸˜o nos d´ m = 2 ou m = −1/2. Portanto as
ca a
retas procuradas s˜o y = 2x − 10 e x + 2y = 15.
a
40. Os pontos da reta dada tˆm coordenadas (x, 2x). Sejam A = (1, 0), B =
e
1
(3, 1) e C = (x, 2x). A area do triˆngulo ABC ´ igual ao valor absoluto de ·
´ a e
  2
x − 1 2x
det   = 1 (3x + 1). Portanto, devemos ter 3x + 1 = 10 ou −3x − 1 = 10.
2 1 2
Assim, x = 3 ou x = −11/3. Os pontos procurados s˜o, por conseguinte P1 = (3, 6)
a
ou P2 = (−11/3, −22/3).
41. Sejam A = (−3, 0), B = (2, 0) e C = (0, 6). O ortocentro do triˆngulo ABC ´
a e
a interse¸˜o das 3 alturas. Uma delas ´ o eixo OY . Outra ´ a reta AD, que passa
ca e e
por A e ´ perpendicular a BC. Como a inclina¸˜o de BC ´ −3, a inclina¸˜o de AD
e ca e ca
1
´ 1/3, logo sua equa¸˜o ´ y = (x + 3), ou seja, x − 3y = −1. Sua interse¸˜o com
e ca e ca
3
a altura OY ´ o ponto em que x = 0, ou seja, −3y = −1, o que nos d´ y = 1/3.
e a
Portanto o ortocentro de ABC ´ o ponto (0, 1/3).
e
√ 2
42. Completando os quadrados, a equa¸˜o dada se escreve como (x −
ca m) +
8

9. (y − 6)2 = 36 − 2m. Portanto devemos ter 36 − 2m > 0, ou seja m < 18. Como
√
ocorre m entre os dados da quest˜o, deve ser tamb´m m ≥ 0. Assim, a resposta
a e
´ 0 ≤ m < 12.
e
43. Sejam A = (10, 7), B = (2, −9), C = (−4, 9). O centro da circunferˆncia que
e
cont´m os pontos A, B e C ´ a interse¸˜o das mediatrizes AB e AC. Ora, a mediatriz
e e ca
de A tem equa¸˜o x + 2y = 4 e a equa¸˜o da mediatriz de AC ´ 7x − y = 13. A
ca ca e
interse¸˜o das duas mediatrizes ´ o ponto P = (2, 1). O raio da circunferˆncia ´ a
ca e e e
distˆncia de P a qualquer dos pontos A, B ou C, logo ´ AD. A equa¸˜o pedida ´,
a e ca e
portanto (x − 2)2 + (y − 1)2 = 100.
44. Subtraindo a segunda equa¸˜o da primeira encontramos 3x + 6y = 0, ou
ca
seja, x = −2y. Portanto, os pontos comuns as duas circunferˆncias cumprem
` e
x = −2y. Fazendo esta substitui¸˜o em qualquer das duas equa¸˜es dadas, che-
ca co
gamos a condi¸˜o 5y 2 − 2y − 3 = 0, que s´ ´ satisfeita para y = 6/5 ou y = −2/5.
` ca oe
Como x = −2y, conclu´
ımos que os pontos comuns `s duas circunferˆncias s˜o
a e a
P1 = (−12/5, 6/5) e P2 = (4/5, −2/5).
45. Escrita por extenso, a equa¸˜o da circunferˆncia dada ´ x2 −4x+y 2 −2y +4 = 0.
ca e e
Sua interse¸˜o com a reta y = ax ´ definida pela equa¸˜o x2 −4x+(ax)2 −2ax+4 = 0,
ca e ca
ou seja, (1 + a2 )x2 − (4 + 2a)x + 4 = 0. Para que a reta y = ax seja tangente a
Γ, esta ultima equa¸˜o deve ter uma s´ raiz real. A condi¸˜o para que isto se dˆ
´ ca o ca e
´ (4 + 2a)2 − 16(1 + a2 ) = 0, o que significa a = 0 ou a = 4/3. A tangente y = 0
e
´ ´bvia e o ponto de tangˆncia ´ (2, 0). A tangente y = 4x/3 toca Γ no ponto de
eo e e
3
sua interse¸˜o com a reta y = 1 − (x − 2) que lhe ´ perpendicular e passa pelo
ca e
4
centro (2, 1). Fazendo y = 4x/3 nesta ultima equa¸˜o, obtemos x = 6/5 e da´
´ ca ı
y = 4x/3 = 8/5. Portanto (6/5), 8/5) ´ o ponto de tangˆncia.
e e
46. Substituindo y por bx na equa¸˜o da circunferˆncia, temos (1 + k 2 )x2 − 20k ·
ca e
9

10. x + 36 = 0. Se y = kx ´ tangente, esta equa¸˜o tem uma s´ raiz real, o que significa
e ca o
256k 2 = 144, donde k = ±3/4.
47. Se o ponto P = (x, y) pertence ` circunferˆncia x2 + y 2 = 13 e a reta x + y = 5
a e `
ent˜o (x+y)2 = 25, ou seja x2 +y 2 +2xy = 25 e da´ 2xy = 25−(x2 +y 2 ) = 25−13 = 12
a ı
e xy = 6. Assim, x e y s˜o n´meros cuja soma ´ 5 e cujo produto ´ 6. Tem-se x = 2,
a u e e
y = 3, ou ent˜o x = 3 e y = 2. Os pontos procurados s˜o P1 = (2, 3) e P2 = (3, 2).
a a
2
a 2 b
48. Completando os quadrados, vemos que P (x, y) = x + + y+ −
√ 2 2
a2 + b2 − 4c a b a2 + b2 − 4c
· Pondo A = − , − , R = e Q = (x, y), vem
4 2 2 2
P (x, y) = d(Q, A)2 − R2 , portanto P (x, y) = 0 ´ a equa¸˜o da circunferˆncia de
e ca e
centro A e raio R e os itens a) e b) do exerc´ resultam imediatamente.
ıcio
49. Lembrando que a potˆncia de um ponto em rela¸˜o a uma circunferˆncia ´ a
e ca e e
diferen¸a entre o quadrado da distˆncia desse ponto ao centro da circunferˆncia e o
c a e
quadrado do raio da mesma, conclu´
ımos que a f´rmula que expressa a potˆncia d´
o e a
o mesmo valor, seja qual for o sistema de coordenadas adotado. N˜o h´ perda de
a a
generalidade, portanto em supor que uma das circunferˆncias tem centro na origem
e
e raio 1 enquanto o centro da outra ´ (a, 0) e seu raio ´ R. Sejam (x0 , y0 ) e (x0 , −y0 )
e e
os pontos de interse¸˜o das duas circunferˆncias. A reta que os liga ´ formada
ca e e
pelos pontos (x0 , y), y ∈ R. A potˆncia do ponto (x0 , y0 ), em rela¸˜o a ambas
e ca
circunferˆncias ´ a mesma, igual a zero. Portanto x2 + y0 = 1 e x2 − 2ax0 + a2 + y0 =
e e 0
2
0
2
R2 . Ent˜o a potˆncia de qualquer ponto (x0 , y) em rela¸˜o a primeira circunferˆncia
a e ca ` e
´
e
x2 + y 2 − 1 = x2 + y 2 − x2 − y0 = y 2 − y0 .
0 0 0
2 2
A potˆncia desse mesmo ponto (x0 , y) em rela¸˜o a segunda circunferˆncia ´
e ca ` e e
x2 − 2ax0 + a2 + y − R2 = x2 − 2ax0 + a2 + y 2 − (x2 − 2ax0 + a2 + y0 ) = y 2 − y0 .
0 0 0
2 2
10

11. Logo a potˆncia de todos os pontos (x0 , y), y ∈ R, ´ a mesma em rela¸˜o a
e e ca
qualquer das duas circunferˆncias.
e
50. Seja Q o ponto em que a tangente de origem P toca a circunferˆncia Γ, que tem
e
centro A e raio R. O triˆngulo AP Q ´ retˆngulo em Q, logo d(A, P )2 = d(P, Q)2 +R2
a e a
e da´ d(P, Q)2 = d(A, P )2 − R2 = potˆncia do ponto P em rela¸˜o a circunferˆncia
ı e ca ` e
Γ.
51. Sejam u = (a1 , a2 ) e v = (b1 , b2 ) os vetores que tˆm os n´ meros dados como
e u
coordenadas. Se um deles for zero, a desigualdade proposta ´ ´bvia. Caso contr´rio,
eo a
seja α o angulo entre u e v. Ent˜o |a1 b1 + a2 b2 | = | u, v | = |u| |v| | cos α| ≤ |u| |v| =
ˆ a
(a2 + a2 )(g1 + b2 ). Tem-se igualdade se, e somente se, cos α = ±1, o que significa
1 2
2
2
que os vetores u, v s˜o m´ltiplos um do outro, isto ´, v = tu, ou seja a1 = tb1 ,
a u e
a2 = tb2 para algum t real.
52. Considere um sistema de coordenadadas no qual o v´rtice do ˆngulo reto ´
e a e
A = (0, 0) e os outros dois v´rtices s˜o B = (b, 0) e C = (0, c). Os lados do triˆngulo
e a a
ABC s˜o tangentes a circunferˆncia inscrita, logo o centro da mesma ´ o ponto
a ` e e
P = (x, x) tal que a distˆncia d(P, BC) ´ igual a x. Como a equa¸˜o da reta BC ´
a e ca e
x y
+ = 1, tem-se
b c
|x +
b
x
c
− 1| 1 − (x + x)
b c
d(P, BC) = = ,
(1/6)2 + (1/c)2 (1/6)2 + (1/c)2
pois o ponto P est´ abaixo da reta BC. Resolvendo a equa¸˜o d(P, BC) = x,
a ca
√
obt´m-se x = bc/(b + c + b2 + c2 ).
e
53. Isto ´ ´bvio geometricamente, pois o angulo entre as duas bissetrizes ´ a soma
eo ˆ e
das metades de dois angulos suplementares.
ˆ
54. (No enunciado do exerc´
ıcio, suprimir “e” na pen´ ltima linha.) Sabemos que
u
a area do paralelogramo ´ o produto da base pela altura. A base ´ |u|e, se θ ´ o
´ e e e
11

12. a
ˆngulo entre os vetores u e v, a altura e|v| sen θ. Portanto
A2 = |u|2 · |v|2 · sen2 θ = |u|2 · |v|2 (1 − cos2 θ) = |u|2 |v|2 − |u|2 · |v|2 cos cos2 θ =
= |u|2 |v|2 − u, v 2 .
Escrevendo |u|2 = α2 + β 2 , |v|2 = γ 2 + δ 2 e u, v = αγ + βδ, conclu´
ımos que
A2 = (α2 + β 2 )(γ 2 + δ 2 ) − (αγ + βδ)2 = (αδ − βγ)2 , logo A = |αδ − βγ|. A area do
´
1
triˆngulo que tem u e v como dois de seus lados ´, portanto |αδ − βγ|.
a e
2
12

13. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3
a e
SOLUCOES DOS EXERC´
¸˜ ICIOS
CAP´
ITULO 2
1. A equa¸˜o de um plano vertical Π ´ da forma ax + by = d. Como o plano
ca e
vertical Π cont´m os pontos (3, 0, 0) e (0, −1, 0), devemos ter 3a = d, −b = d e,
e
por subtra¸˜o, 3a + b = 0. Tomando a = 1, temos b = −3, logo a equa¸˜o de Π
ca ca
´ x − 3y = d. Como esta equa¸˜o ´ satisfeita quando x = 3 e y = 0, devemos ter
e ca e
d = 3, portanto x − 3y = 3 ´ a equa¸˜o procurada.
e ca
2. A mudan¸a indicada corresponde a trocar y por z (e vice-versa). Um plano
c
horizontal, cuja equa¸˜o era z = constante, passa a ter equa¸˜o y = constante
ca ca
portanto ´ vertical. A afirma¸˜o (a) ´ correta. Um plano vertical, de equ¸a˜o
e ca e c a
ax+by = d, passa a ter equa¸˜o ax+bz = d, n˜o ´ horizontal nas novas coordenadas,
ca a e
a menos que se tenha a = 0. Logo (b) ´ falsa.
e
3. Como 4 − 1 = 3, 5 − 2 = 3 e 6 − 3 = 3, os pontos da reta AB s˜o os da forma
a
(1 + 3t, 2 + 3t, 3 + 3t), com t ∈ R. Assim, AB corta os planos Πxy , Πyz e Πxz
respectivamente nos pontos (−2, −1, 0), (0, 1, 2) e (−1, 0, 1).
4. Os pontos de reta AB s˜o da forma (3 − 4t, 5 − 6t, 2 + 2t) e os da reta CD s˜o
a a
do tipo (2 − 2s, 1 + 2s, 5 − 4s). Num ponto comum a essas duas retas, devemos ter
2 − 2s = 3 − 4t, 1 + 2s = 5 − 6t e 5 − 4s = 2 + 2t, ou seja, 2s − 4t = −1, 2s + 6t = 4 e
4s + 2t = 3. As duas primeiras equa¸˜es d˜o s = 1/2 e t = 1/2, valores que tamb´m
co a e
satisfazem a terceira. Logo as duas retas tˆm em comum o ponto (1, 2, 3).
e
5. Como −1 − 3 = −4, −1 − 5 = −6 e −2 = 2, as equa¸˜es param´tricas pedidas
co e
s˜o x = 2 − 4t, y = 1 − 6t, z = 5 + 2t.
a
13

14. 6. Temos AB = {(1+2t, 2−3t, 3+t); t ∈ R} e CD = {(2+s, 3−2s, −1+4s); t ∈ R}.
ıamos ter 1 + 2t = 2 + s, 2 − 3t = 3 − 2s
Num ponto comum a essas duas retas, dever´
e 3 + t = −1 + 4s. Mas estas 3 equa¸˜es s˜o incompat´veis. Logo AB e CD n˜o tˆm
co a ı a e
pontos em comum. Do mesmo modo, vˆ-se que nenhum dos pares de retas AC e
e
BD, AD e BC tem ponto em comum. Portanto os pontos A, B, C e D n˜o podem
a
estar no mesmo plano, logo as retas AB e CD tamb´m n˜o, isto ´, s˜o reversas.
e a e a
7. Tomemos um sistema de coordenadas no qual A = (a, 0, 0) e B = (−a, 0, 0),
com a = 0. Ent˜o, dado P = (x, y, z), tem-se d(P, A) = d(P, B) ⇔ d(P, A)2 =
a
d(P, B)2 ⇔ (x − a)2 + y 2 + z 2 = (x + a)2 + y 2 + z 2 ⇔ x2 − 2ax + a2 + y 2 + z 2 =
x2 + 2ax + a2 + y 2 + z 2 ⇔ 2ax = −2ax ⇔ 4ax = 0 ⇔ x = 0. Portanto os pontos
equidistantes de A e B s˜o aqueles da forma P = (0, y, z), os quais constituem o
a
plano vertical Πyz .
8. Seja C tal que B ´ o ponto m´dio do segmento AC. A condi¸˜o P B ⊥ AB
e e ca
equivale a dizer que P ´ equidistante de A e C logo significa que os pontos P que a
e
satisfazem formam, junto com B, um plano, a saber, o plano mediador de AC.
9. Para simplificar, tomemos um sistema de coordenadas no qual a reta r seja o eixo
OZ, isto ´, r = {(0, 0, z); z ∈ R}. A esfera S tem equa¸˜o (x−a)2 +(y−b)2 +(z−c)2 =
e ca
R2 , onde A = (a, b, c). Os pontos de r ∩ S tˆm coordenadas obtidas fazendo-
e
se x = y = 0 nesta equa¸˜o, o que d´ a2 + b2 + z 2 − 2zc + c2 = R2 , ou seja,
ca a
z 2 − 2cz + (a2 + b2 + c2 − R2 ) = 0. As ra´ desta equa¸˜o, em n´mero de 0, 1 ou 2,
ızes ca u
d˜o os pontos de interse¸˜o (0, 0, z) de r com S. A fim de que r seja tangente a S,
a ca
esta equa¸˜o deve ter uma s´ raiz, logo seu discriminante deve ser zero. Ora, temos
ca o
∆ = 4c2 − 4(a2 + b2 +c2 = R2 ), de modo que ∆ = 0 significa a2 + b2 − R2 = 0. Nestas
condi¸˜es, a equa¸˜o quadr´tica em z reduz-se a z 2 − 2cz + c2 = 0, cuja unica raiz
co ca a ´
´ z = c. O ponto de tangˆncia ´ P = (0, 0, c) e o raio AP ´ perpendicular ao eixo
e e e e
OZ, isto ´, ` reta r.
e a
14

15. 10. (a) Se um dos vetores ´ zero, eles s˜o sempre ortogonais. Se ambos s˜o n˜o-nulos,
e a a a
−→ −→
fixando um ponto A no espa¸o existem B = A e C = A tais que v = AB e w = AC.
c
Ent˜o v e w s˜o ortogonais quando os segmentos AB = AC s˜o perpendiculares.
a a a
(b) Diz-se que o vetor v ´ ortogonal a reta r quando, para quaisquer pontos
e `
−→
A, B ∈ r, os vetores v e AB s˜o ortogonais.
a
(c) Analogamente, o vetor v ´ ortogonal ao plano Π quando, para quaisquer dois
e
−→
pontos A, B ∈ Π, v ´ ortogonal ao vetor AB.
e
−→
ıcito o significado de λ · v. Seja v = AB. Se λ = 0, ent˜o
11. Primeiro deixemos expl´ a
−→
λ · v = 0. Se λ > 0 ent˜o λ · v = AE onde E pertence a reta AB, B e E est˜o do
a ` a
−→
mesmo lado em rela¸˜o a A e d(E, A) = λ · d(B, A). Se λ < 0, λ · v = AF , onde
ca
F pertence ` reta AB, A est´ entre B e F , e d(F, A) = −λ · d(B, A). Portanto,
a a
−→
o vetor w = CD ´ da forma λ · v para algum λ se, e somente se, o segmento de
e
reta orientado CD ´ equipolente a AE ou a AF , logo AB e CD s˜o paralelos ou
e a
colineares.
−→ −→
12. Sejam u = AB = (2, −3, 1) e v = CD = (1, −2, 4). As retas r e s, que se cortam
no ponto C, formam dois angulos suplementares, θ e π −θ. O maior deles ´ o obtuso,
ˆ e
que portanto tem cosseno negativo. Temos u, v = 2 · 1 + (−3)(−2) + 1 · 4 = 12,
√ √
|u| = 14 e |v| = 21. Sabemos que u, v = |u|·|v|·cos θ, logo cos θ = u, v |u|·|v|.
√
Portanto cos θ = 12/7 6. Assim, o angulo θ, entre os vetores u e v, ´ agudo e da´
ˆ e ı
o maior angulo entre as retas r e s mede π − θ radianos e seu cosseno ´ igual a
ˆ e
√
−12/7 6. Olhando a calculadora, vemos que esse ˆngulo mede 134◦ 24 36 .
a
13. A verifica¸˜o de que u, v = u, w = 0 ´ uma conta imediata. Observamos
ca e
que as proje¸˜es dos vetores v e w sobre o plano Πxy s˜o os vetores vxy = (α, β)
co a
e wxy = (α , β ) e que a primeira coordenada de u ´, em valor absoluto, a area do
e ´
paralelogramo cujos lados s˜o vxy e wxy . Observa¸˜o an´loga vale para as demais
a ca a
coordenadas de u. Portanto tem-se u = 0 se, e somente se, as proje¸˜es de v e w
co
15

16. sobre cada um dos planos Πxy , Πxz e Πyz s˜o colineares, ou seja, v e w s˜o colineares.
a a
14. Dado u = (a, b, c), com a2 + b2 + c2 = 1, e tomando v = (−bt, at, 0), w =
(act, bct, −1/t), ´ imediato que u, v = 0 e v, w = 0 seja qual for t. Por outro
e
lado, temos u, w = a2 ct + b2 ct − c/t. Lembrando que a2 + b2 = 1 − c2 , a fim
de que seja u, w = 0, devemos ter ent˜o (1 − c2 )ct = c/t. Admitindo abc = 0,
a
ou seja, a = 0, b = 0 e c = 0, tem-se tamb´m c2 = 1, logo podemos concluir
e
que, para ser u, w = 0, deve-se tomar t2 = 1/(1 − c2 ). Com essa escolha (essas
escolhas, na verdade) de t valem tamb´m |v|2 = (a2 + b2 )t2 = (1 − c2 )t2 = 1 e
e
|w|2 = a2 c2 t2 + b2 c2 t2 + 1/t2 = (1 − c2 )c2 t2 + 1/t2 = 1. Examinando o argumento,
vˆ-se que bastaria admitir que c = 0 e que uma das coordenadas a ou b tamb´m
e e
fosse = 0. Sem esta hip´tese, o vetor u seria igual a ±e1 , ±e2 ou ±e3 . Neste caso,
o
n˜o haveria dificuldade em achar v e w mas a solu¸˜o proposta n˜o serviria.
a ca a
−→ −→
15. Se P = A + sv + tw ent˜o AP = sv + tw, logo AP , u = s v, u + t w, u = 0.
a
−→ −→
Reciprocamente, se AP , u = 0 ent˜o, tomando B = A tal que u = AB, vemos
a
que AB e AP s˜o segmentos perpendiculares, portanto P pertence ao plano Π que
a
passa por A e ´ perpendicular a AB. (V. Exerc´ 8.) Como v e w s˜o vetores
e ıcio a
−→
n˜o-colineares nesse plano, segue-se que AP = sv + tw para determinados n´meros
a u
reais s, t. Assim, o conjunto dos pontos A + sv + tw coincide com o plano que
cont´m A e ´ perpendicular a AB.
e e
−→
16. Os pontos da semi-reta N P diferentes de N s˜o da forma P = (tx, ty, 1 −
a
t(1 − z)). Para que P esteja no ponto Πxy , deve-se ter 1 − t(1 − z) = 0, ou seja,
x y x y
t = 1/(1 − z), o que d´ P =
a , , 0 , portanto x = ,y = · Em
1−z 1−z 1−z 1−z
seguida, vamos obter a f´rmula das coordenadas de P em fun¸˜o das de P . Escreva-
o ca
−→
mos P = (a, b, 0). Os pontos da semi-reta NP s˜o da forma P = (ta, tb, 1 − t). A
a
fim de que P perten¸a a esfera S, deve-se ter t2 a2 +t2 b2 +(1−t)2 = 1. Desenvolvendo
c `
e simplificando, vem (a2 + b2 + 1)t2 − 2t = 0. Como P = N, t ´ diferente de zero,
e
16

17. 2a 2b a2 + b2 − 1
portanto t = 2/(a2 + b2 + 1). Assim, P = , 2 , 2 .
a2 + b2 + 1 a + b2 + 1 a + b2 + 1
17. Na equa¸˜o do plano, podemos multiplicar todos os coeficientes por um fator
ca
constante. Se o plano n˜o passa pela origem, sua equa¸˜o pode, portanto, ser escrita
a ca
sob a forma mx + ny + pz = 1. Impondo as condi¸˜es de que as coordenadas dos
co
pontos (a, 0, 0), (0, b, 0) e (0, 0, c) satisfazem esta equa¸˜o, obtemos sucessivamente
ca
ma = 1, nb = 1, pc = 1, logo m = 1/a, n = 1/b e p = 1/c e a equa¸˜o procurada ´
ca e
x y z
+ + = 1.
a b c
18. A fim de que uma reta seja perpendicular a um plano, basta que ela seja
ortogonal a dois segmentos de reta n˜o paralelos contidos nesse plano. Seja P =
a
−→ −→
(x, y, z). Temos AB = (0, 1, 1) e AC = (−2, 1, −1) n˜o-colineares. A fim de que
a
−→ −→ −→ −→ −→
OP = (x, y, z) seja ortogonal a AB e AC, deve ser 0 = P P , AB = y + z e
−→ −→
0 = OP , AC = −2x + y − z. O sistema y + z = 0, −2x + y − z = 0 admite a
solu¸˜o geral P = (x, x, −x). Em particular, P = (1, 1, −1) responde ao que foi
ca
pedido. A equa¸˜o do plano ´, portanto x + y − z = d. Para determinar d, usa-se o
ca e
fato de que A = (1, 1, 2) pertence a esse plano, o que nos d´ d = 0. Logo, a resposta
a
´ xy − z = 0.
e
19. A equa¸˜o procurada tem a forma mx + ny + pz = q. Como os pontos
ca
A = (1, 1, 2), B = (1, 2, 3) e C = (−1, 2, 1) pertencem ao plano, suas coordenadas
satisfazem a equa¸˜o. Logo
ca
m + n + 2p = q
m + 2n + 3p = q
−m + 2n + p = q.
17

18. Por escalonamento, este sistema ´ equivalente a
e
m + n + 2p = q
n+p=0
0 = 2q.
Portanto q = 0 e a solu¸˜o geral do sistema ´ (m, m, −m). A equa¸˜o procurada ´
ca e ca e
x + y − z = 0.
20. Como as retas AB e CD s˜o paralelas, o ponto D pertence ao plano determinado
a
pelos pontos n˜o-colineares A, B e C. Esse plano cont´m as duas retas dadas e pode
a e
ser determinado pelos processos apresentados nos exerc´
ıcios 18 e 19.
21. O plano Π que se procura cont´m o ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) e ´ perpendicular
e e
ao segmento AP . Como A = (a, b, c), a equa¸˜o do plano Π ´ (x0 − a)(x − x0 ) +
ca e
(y0 − b)(y − y0 ) + (z0 − z)(z − z0 ) = 0.
22. O segmento OA tem comprimento igual a distˆncia de 0 ao plano Π, logo ´
` a e
perpendicular a esse plano. A equa¸˜o de Π ´, portanto, da forma ax + by + cz = d.
ca e
Como A ∈ Π, temos d = a2 + b2 + c2 . Em suma: ax + by + cz = a2 + b2 + c2 ´ a
e
equa¸˜o de Π.
ca
23. Tome um sistema de coordenadas no qual se tenha A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0),
C = (0, 1, 0), D = (0, 0, 1) e A = (1, 1, 1).
−→ −→ −→ −→
a) Temos BC = (−1, 1, 0), BD = (−1, 0, 1) e AA = (1, 1, 1). Portanto AA , BC =
−→ −→
AA , BD = 0. Ent˜o AA ´ ortogonal aos segmentos BC e BD do plano (BCD),
a e
logo ´ perpendicular a esse plano.
e
−→
b) O baricentro do triˆngulo BCD ´ o ponto P , extremidade do vetor AP =
a e
1 −→ −→ −→
(AB + AC + AD). (Lembre que A ´ a origem do sistema de coordenadas.) Em
e
3
−→ 1 −→
termos de coordenadas, temos P = (1/3, 1/3, 1/3), logo AP = AA . Assim, P
3
18

19. pertence tanto ao plano (BCD) como ao segmento AA , logo ´ a interse¸˜o de
e ca
(BCD) com AA .
Nota: Acima, estamos admitindo a aresta do cubo como unidade de compri-
mento.
24. Tomemos o cubo de aresta 1, contendo os v´rtices A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0),
e
D = (0, 1, 0), E = (0, 0, 1), C = (1, 1, 0), F = (1, 0, 1) e mais 3 que n˜o vˆm ao caso.
a e
−→ −→
Consideremos as diagonais CE e DF . Temos CE = (−1, −1, 1) e DF = (1, −1, 1),
−→ −→ −→ −→ √
portanto CE, DF = 1 e |CE| = |DF | = 3. Se chamarmos de θ o angulo entre
ˆ
−→ −→ −→ −→
esses dois vetores teremos CE, DF = |CE| · |DF | · cos θ portanto cos θ = 1/3.
25. Os pontos procurados s˜o A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1) e D =
a
(1, 1, 1). H´ 2 solu¸˜es poss´
a co ıveis.
26. Basta tomar os 6 pontos (±1, 0, 0), (0, ±1, 0) e (0, 0, ±1).
27. Tomamos um sistema de coordenadas no qual os v´rtices do octaedro sejam
e
A = (a, 0, 0), A = (−a, 0, 0), B = (0, a, 0), B = (0, −a, 0), C = (0, 0, a) e C =
(0, 0, −a). Consideremos as faces opostas AC e A B C . Seus baricentros s˜o P =
a
−→ −→
(a/3, a/3, a/3) e P = (−a/3, −a/3, −a/3). Os vetores AB = (−a, a, 0) e AC =
−→
(−a, 0, a), ambos sobre a face ABC, s˜o ortogonais a OP . Como AB e AC s˜o n˜o-
a a a
colineares, segue-se que o segmento OP ´ perpendicular ` face ABC. Analogamente,
e a
a face A B C ´ perpendicular a OP , portanto a OP . Logo ABC e A B C s˜o
e a
paralelas e a distˆncia entre elas ´ o comprimento da perpendicular comum P P ,
a e
√
logo essa distˆncia ´ 2a/ 3.
a e
28. O vetor v = (1, 2, −1) ´ ortogonal ao plano Π, dado pela equa¸˜o x +2y − z = 5,
e ca
logo a reta r, formada pelos pontos A + tv, t ∈ R, ´ perpendicular a esse plano. A
e
interse¸˜o de r com Π ´ o ponto P = (3 + t, 7 + 2t, −t) = A + tv cujas coordenadas
ca e
satisfazem a equa¸˜o de Π, ou seja, 3 + t + 2(7 + 2t) − (−t) = 5, o que d´ t = −2,
ca a
19

20. portanto P = (1, 3, 2). O sim´trico do ponto A em rela¸˜o ao plano Π ´ o ponto
e ca e
x+3 y+7
A = (x, y, z) tal que P ´ o ponto m´dio de AA . Ent˜o deve ser
e e a = 1, =3
2 2
z+0
e = 2, ou seja, x = −1, y = −1 e z = 4. Assim, o sim´trico de A = (3, 7, 0)
e
2
em rela¸˜o ao plano x + 2y − z = 5 ´ o ponto A = (−1, −1, 4).
ca e
29. Fixemos um ponto A na reta r; por exemplo, A = (1, 0, −1). Os pontos de
r s˜o da forma A + tv, com v = (1, −1, 2) e t ∈ R. A proje¸˜o ortogonal de P
a ca
−→
sobre r ´ o ponto Q ∈ r tal que P Q ´ perpendicular a r, ou seja P Q, v = 0.
e e
−→
Ora, como P = (1, 2, 5) e Q = (t + 1, −t, , 2t − 1), temos P Q = (t, −t − 2, 2t − 6),
−→ −→
logo P Q, v = t + t + 2 + 4t − 12 e a condi¸˜o P Q, v = 0 nos d´ t = 5/3, logo
ca a
Q = (8/3, −5/3, 7/3).
−→
30. Se A = (2, 1, 2) ent˜o o vetor OA = (2, 1, 2) ´ ortogonal ao plano Π de equa¸˜o
a e ca
x + y + 2z = 12 e a interse¸˜o P da reta OA com Π ´ o ponto de Π mais pr´ximo
ca e o
de 0. Como P ∈ OA suas coordenadas s˜o (2t, t, 2t). E sendo P ∈ Π, deve-se ter
a
2(2t) + t + 2(2t) = 12, o que d´ t = 4/3. Portanto o ponto do plano Π mais pr´ximo
a o
de 0 ´ P = (8/3, 4/3, 8/3).
e
31. a) Tome um sistema de coordenads cuja origem ´ o p´ da altura da pirˆmide,
e e a
os eixos OX e OY s˜o as diagonais da base e (conseq¨entemente) o eixo OZ ´ a
a u e
√ √
altura. As coordenadas dos v´rtices s˜o, portanto: A = 3 2, 0, 0), B = (0, 3 2, 0),
e a
√ √
C = (−3 2, 0, 0), D = (0, −3 2, 0) e E = (0, 0, 4).
b) Cada aresta lateral ´ a hipotenusa de um triˆngulo retˆngulo cujos catetos
e a a
√
s˜o a altura da pirˆmide (que mede 4) e a metade da diagonal da base (igual a 3 2).
a a
√
Logo a aresta lateral vale 34.
−→ √ −→ √ √ −→ −→
c) Temos AE = (−3 2, 0, 4) e BC = −3 2, −3 2, 0), logo AE, BC = 18.
−→ √ −→ −→ −→ −→ −→
Al´m disso, |AE| = 34 e |BC| = 6. Portanto 18 = AE, BC = |AE| |BC| · cos θ =
e
√ √
6 · 34 · cos θ e da´ cos θ = 3/ 34.
ı
20

21. d) Por conveniˆncia, escrevamos a equa¸˜o do plano (EBC) sob a forma ax +
e ca
√ √ √
by + cz = 3 2. Como os pontos E = (0, 0, 4), B = (0, 3 2, 0) e C = (−3 2, 0, 0)
√
pertencem a esse plano, conclu´ ımos que a = −1, b = 1 e c = 3/(4 2), logo a
3 √
equa¸˜o do plano (EBC) ´ −x + y + √ z = 3 2. O plano (EBC) ´ paralelo a
ca e e `
4 2
reta AD pois cont´m a reta BC, que ´ paralela a AD. Logo, a distˆncia de qualquer
e e a
√
ponto de AD ao plano (EBC) ´ a mesma. Tomemos o ponto A = (3 2, 0, 0).
e
Aplicando diretamente a f´rmula da distˆncia de um ponto a um plano, obtemos
o a
d(A, (EBC)) = 24/5.
32. Este exerc´ pertence ao Cap´
ıcio ıtulo 4.
33. A equa¸˜o x+2y −3+k(3x−y −2) = 0 representa um plano vertical contendo a
ca
reta rk ⊂ Πxy que ´ dada pela mesma equa¸˜o. Tomando k = 0 e k = 2, vemos que
e ca
r0 ´ a reta x + 2y − 3 e r2 ´ a reta x = 1. Temos r0 ∩ r2 = {(1, 1)} e ´ imediata que
e e e
o ponto (1,1) est´ contido em todas as retas rk . Logo todos os planos representados
a
pela equa¸˜o dada, para k ∈ R qualquer, contˆm a reta vertical x = y = 1. A reta
ca e
rk , cuja equa¸˜o em Πxy ´ x + 2y − 3 + k(3x − y − 2) = 0, passa pelo ponto (1,1) e
ca e
tem inclina¸˜o (1 + 3k)/(k − 2). (Podemos supor sempre k = 2 pois j´ sabemos que
ca a
r2 ´ a reta x = 1.) Como se vˆ facilmente, a fra¸˜o (1 + 3k)/(k − 2), quando k varia
e e ca
em R − {2}, assume todos os valores reais salvo 3. Portanto, quando se atribui a
k um valor real qualquer, a equa¸˜o originalmente dada representa qualquer plano
ca
vertical que contenha a reta x = y = 1, exceto aquele que cont´m a reta horizontal
e
dada por 3x − y = 2, z = 0.
34. Para todo k ∈ R, a equa¸˜o x − y + z − 1 + k(2x + y − 3z) = 0 representa
ca
um plano Πk , o qual (afirmamos) cont´m a reta r, de equa¸˜es param´tricas x = t,
e co e
y = (5t − 3)/2, z = (3t − 1)/2. Com efeito, as equa¸˜es dos planos Π1 e Π1/3
co
s˜o 3x − 2z = 1 e 5x − 2y = 3, respectivamente. O sistema formado por estas
a
duas equa¸˜es tem a solu¸˜o geral y = (5x − 3)/2, z = (3x − 1)/2. Tomando
co ca
21

22. x = t como parˆmetro obtemos a reta r, portanto r ´ a interse¸˜o de Π1 com Π1/3 .
a e ca
Uma substitui¸˜o direta mostra que r est´ contida em todos os planos Πk , k ∈ R.
ca a
Mostraremos agora que, reciprocamente, todo plano Π, de equa¸˜o ax + by + cz = d,
ca
que contenha a reta r, ´ da forma Π = Πk para algum k, desde que Π n˜o seja o
e a
plano Π de equa¸˜o 2x + y − 3z = 0. Com efeito, como r ⊂ Π, o vetor w = (a, b, c) ´
ca e
ortogonal a r. Tamb´m s˜o ortogonais a r os vetores u = (1, −1, 1) e v = (2, 1, −3)
e a
pois os planos Π0 , de equa¸˜o x−y +z = 1, e Π , de equa¸˜o 2x+y −3z = 0, contˆm
ca ca e
a reta r. Segue-se que w, u e v s˜o coplanares e (como u e v n˜o s˜o colineares)
a a a
1
tem-se ent˜o w = αu + βv. Se for α = 0 poderemos escrever
a · w = u + kv,
α
com k = β/α e ent˜o o plano Π, cuja equa¸˜o pode tamb´m ser escrita na forma
a ca e
a b c d
x + y + z = , ser´ igual a Πk , com k = β/α. Ora, α = 0 significa que o
a
α α α α
plano Π n˜o coincide com Π . Isto completa a solu¸˜o.
a ca
35. Lembremos que dois ou mais vetores se dizem linearmente dependentes quando
um deles ´ combina¸˜o linear dos demais. No plano Π que cont´m os 4 pontos dados,
e ca e
tomemos um sistema de coordenadas no qual A = (0, 0). Ent˜o as coordenadas dos
a
vetores u = (b, b ), v = (c, c ) e w = (d, d ) s˜o as mesmas dos pontos B, C e D,
a
nesta ordem. Se os 4 pontos forem colineares, os vetores u, v e w ser˜o m´ ltiplos uns
a u
dos outros, logo linearmente dependentes. Caso contr´rio, pelo menos dois desses
a
vetores, digamos u e v, ser˜o n˜o-colineares, o que significa que bc − cb = 0. Ent˜o
a a a
o sistema formado pelas equa¸˜es bx + cy = d, b x + c y = d possui uma solu¸˜o
co ca
(x, y), e isto quer dizer que w = xu + yv, ou seja, os vetores u, v e w s˜o linearmente
a
dependentes.
Em seguida, consideremos 4 vetores v1 , v2 , v3 e v4 no espa¸o tridimensional.
c
Se trˆs deles, digamos v1 , v2 , v3 , s˜o coplanares ent˜o, como vimos acima, um
e a a
´ combina¸˜o linear dos outros dois, por exemplo, v3 = α1 v1 + α2 v2 . Ent˜o v3 =
e ca a
α1 v1 +α2 v2 +0·v4 e os 4 vetores dados s˜o linearmente dependentes. Caso contr´rio,
a a
22

23. podemos tomar no espa¸o um sistema de coordenadas no qual v1 = (a1 , 0, 0), v2 =
c
(a2 , b2 , 0) e v3 = (a3 , b3 , c3 ), com a1 = 0, b2 = 0 e c3 = 0. Seja v4 = (d1 , d2 , d3 ).
Podemos resolver (de cima para baixo) o sistema de equa¸˜es
co
a1 x = d1
a2 x + b2 y = d2
a3 x + b3 y + c3 z = d3 ,
obtendo assim n´meros x, y, z tais que v4 = xv1 + yv2 + zv3 , logo os vetores dados
u
s˜o linearmente dependentes.
a
36. Fixado um sistema de coordenadas, consideremos o cubo cujos v´rtices s˜o A1 =
e a
(0, 0, 0), B1 = (1, 0, 0), C1 = (1, 1, 0), D1 = (0, 1, 0), A2 = (0, 0, 1), B2 = (1, 0, 1),
C2 = (1, 1, 1) e D2 = (0, 1, 1). Ent˜o B1 , D1 , C2 , A2 s˜o os v´rtices de um tetraedro
a a e
regular. Duas arestas opostas deste tetraedro, como B1 D1 e A2 C2 , por exemplo,
s˜o ortogonais porque s˜o diagonais “diferentes” em faces paralelas do cubo. Mais
a a
−→ −→ −→ −→
precisamente, B1 D1 = (−a, a, 0) e A2 C2 = (a, a, 0), logo B1 D1 , A2 C2 = 0.
37. Nos 4 pontos de tangˆncia, os raios da esfera inscrita no tetraedro s˜o ortogonais
e a
a
`s suas faces, trˆs das quais est˜o contidas nos planos coordenados e a quarta,
e a
contendo os pontos (1, 0, 0), (0, 2, 0) e (0, 0, 1), ´ parte do plano 6x + 3y + 2z = 6.
e
Como esses raios tˆm o mesmo comprimento x, o centro da esfera ´ o ponto P =
e e
(x, x, x), cuja distˆncia ao plano 6x + 3y + 2z = 6 ´ igual a x. Pela f´rmula da
a e o
|6x + 3x + 2x − 6|
distˆncia de um ponto a um plano, temos
a √ = x, ou 11x − 6 = 7x,
36 + 9 + 4
o que nos d´ x = 2/3. Esta ´ a medida do raio da esfera.
a e
38. Tem-se um ponto O e um plano Π tais que, para quaisquer P, Q ∈ Π, se
−→ −→ −→
OP + OQ = OR ent˜o R ∈ Π. Se O n˜o pertencesse a Π, seu sim´trico O∗
a a e
em rela¸˜o a esse plano tamb´m n˜o pertenceria. Seja O = OO∗ ∩ Π o p´ da
ca e a e
23

24. perpendicular baixada de O sobre Π. Tomando em Π dois pontos P e Q tais que O
−→ −→ −→
e ıamos OP + OQ = OO∗ . Como O ∗ ∈ Π chegar´
seja o ponto m´dio de P Q, ter´ / ıamos
a uma contradi¸˜o. Logo O ∈ Π.
ca
39. Como o plano dado n˜o cont´m a origem, sua equa¸˜o pode ser escrita sob a
a e ca
forma mx + ny + pz = 1. Levando em conta que os pontos (a, 0, 0), (0, b, 0) e (0, 0, c)
pertencem ao plano, temos ma = 1, nb = 1 e pc = 1, donde m = 1/a, n = 1/b e
x y z
p = 1/c, logo a equa¸˜o procurada ´ + + = 1.
ca e
a b c
40. Considere dois pontos distintos A, B em X. Ent˜o a reta AB est´ contida em
a a
X. Se X possuir algum ponto C fora de AB, seja Π o plano (ABC). Dado qualquer
ponto P ∈ Π, se a reta CP n˜o for paralela a AB ent˜o P ∈ X pois, neste caso, CP
a a
cont´m C e o ponto CP ∩ AB, logo CP ⊂ X. Assim, X cont´m todos os pontos
e e
do plano Π salvo eventualmente aqueles que est˜o na reta r que passa por C e ´
a e
paralela a AB. Mas se Q ´ um ponto de r ent˜o, tomando pontos M e N em lados
e a
opostos de r, no plano Π, de modo que Q ∈ M N, conclu´
ımos que Q ∈ X. Assim, X
cont´m o plano Π. Se, al´m disso, X contiver algum ponto D fora do plano Π, um
e e
racioc´
ınio inteiramente an´logo ao anterior mostra que X cont´m todos os pontos
a e
do espa¸o.
c
24