(EFOMM-15) Assinale a alternativa que apresenta equações paramétricas da reta r, sabendo-se que o ponto A(2,-3,4) pertence a r e que r é ortogonal às retas
r_{1}:\left\{\begin{array}{l} x=-2+t \\\ y=-t \\\ z=-3 \end{array} \quad \text { e } \quad r_{2}:\left\{\begin{array}{l} y=-x-1 \\\ z=3 \end{array}\right.\right.
а) r: \frac{x-2}{6}=\frac{y+3}{6}=4-z
b) \left\{\begin{array}{l}x=2+6 t \\\ y=-3+5 t \\\ z=4\end{array}\right.
c) \left\{\begin{array}{l}y=x-5 \\\ z=6-x\end{array}\right.
d) \left\{\begin{array}{l}x=2+6 t \\\ y=-3+3 t \\\ z=4\end{array}\right.
(e) \left\{\begin{array}{l}x=2+6 t \\\ y=-3+6 t \\\ z=4-t\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede: encontrar equações paramétricas (ou forma equivalente) da reta [r) tal que:
  • A reta r passa pelo ponto A(2,-3,4).
  • A reta r é ortogonal às retas r_{1} e r_{2}, cujas equações são dadas.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Ponto dado: A=(2,-3,4).
  • A reta r_{1} está dada por
\begin{cases} x=-2+t,\\[4pt] y=-t,\\[4pt] z=-3, \end{cases}
portanto um vetor diretor de r_{1}\] (obtido pelos coeficientes do parâmetro \[t) é \mathbf{v}_1=(1,-1,0).
  • A reta r_{2} está dada por
\begin{cases} y=-x-1,\\[4pt] z=3. \end{cases}
Uma parametrização natural de r_{2}\] é escolher \(x=s, daí y=-s-1, z=3; o vetor diretor é \mathbf{v}_2=(1,-1,0) (peguei esse vetor diretor parametrizando r_{2} por x=s).
Pergunta final do enunciado: qual alternativa apresenta equações paramétricas da reta r que satisfazem as condições acima?]

Passo 2

Entender matematicamente o que significa "r é ortogonal a r_1 e r_2".
Sejam \mathbf{v} o vetor diretor de r, \mathbf{v}_1 o vetor diretor de r_1 e \mathbf{v}_2 o vetor diretor de r_2. A condição “reta r é ortogonal a outra reta” traduz-se em produto escalar nulo entre os vetores diretores:
\mathbf{v}\cdot\mathbf{v}_1=0 \qquad\text{e}\qquad \mathbf{v}\cdot\mathbf{v}_2=0.
Isto porque duas retas são ortogonais quando seus vetores diretores são ortogonais.

Passo 3

Aplicar esses critérios aos vetores que temos. Já encontramos
\mathbf{v}_1=(1,-1,0),\qquad \mathbf{v}_2=(1,-1,0).
Como \mathbf{v}_1=\mathbf{v}_2, as duas condições coincidem; basta exigir
\mathbf{v}\cdot(1,-1,0)=0.
Escrevendo \mathbf{v}=(a,b,c), o produto escalar dá
a\cdot 1 + b\cdot(-1) + c\cdot 0 = a-b = 0.
Logo a condição é a=b. Assim os vetores diretores possíveis de r têm a forma
\mathbf{v}=(a,a,c),
com a,c quaisquer (não ambos nulos).
Explicando pedagogicamente: isso significa que qualquer vetor diretor de r precisa ter as duas primeiras componentes iguais (para ficar perpendicular a (1,-1,0)). Não há mais restrição vinda das duas retas porque elas têm a mesma direção.

Passo 4

A partir de \mathbf{v}=(a,a,c)\) e sabendo que \(r\) passa por \(A(2,-3,4)\), uma forma paramétrica geral para \(r\) é \[\begin{cases} x=2+a t,\\[4pt] y=-3+a t,\\[4pt] z=4+c t, \end{cases}
onde t\] é o parâmetro e \(a,c são números reais que definem a direção. Observação importante: multiplicar (a,a,c) por um escalar altera apenas a parametrização (o mesmo conjunto de pontos), então usualmente tomamos um vetor diretor primitivo (sem fator comum) para simplificar.]

Passo 5

Agora verificamos as alternativas, comparando seus vetores diretores com a forma [(a,a,c)) e checando se passam por A.
  • Alternativa (a): \dfrac{x-2}{6}=\dfrac{y+3}{6}=4-z. Tomando parâmetro t=\dfrac{x-2}{6} obtemos
x=2+6t,\quad y=-3+6t,\quad z=4-t,
vetor diretor (6,6,-1), que tem as duas primeiras componentes iguais, logo está na forma (a,a,c). Verifica-se também que para t=0 temos o ponto A(2,-3,4). Portanto (a) satisfaz as condições.
  • Alternativa (b): \begin{cases}x=2+6t\\\ y=-3+5t\\\ z=4\end{cases}\]. Vetor diretor \[(6,5,0). O produto escalar com (1,-1,0) é 6-5=1\neq 0. Logo (b) NÃO é ortogonal a r_1 (nem a r_2).
  • Alternativa (c): \begin{cases}y=x-5\\\ z=6-x\end{cases}\]. Parametrizando por \[x=t obtemos
x=t,\quad y=t-5,\quad z=6-t,
que, deslocando para passar por A, na forma centrada em A (ou simplesmente observando a direção) tem vetor diretor (1,1,-1). Esse vetor satisfaz 1-1=0, logo é da forma (a,a,c), e para t=2 dá o ponto A. Portanto (c) também satisfaz as condições.
  • Alternativa (d): \begin{cases}x=2+6t\\\ y=-3+3t\\\ z=4\end{cases}\]. Vetor diretor \[(6,3,0). Produto escalar com (1,-1,0) é 6-3=3\neq0. Logo (d) é inválida.
  • Alternativa (e): \begin{cases}x=2+6t\\\ y=-3+6t\\\ z=4-t\end{cases}\]. Este é exatamente a mesma reta que a alternativa (a) (mesma parametrização): vetor diretor \((6,6,-1), que satisfaz 6-6=0 e passa por A. Portanto (e) também satisfaz as condições.

Passo 6

Conclusão lógica: a condição geométrica dada reduz a vetores diretores da forma (a,a,c). Dentre as alternativas, (b) e (d) falham no produto escalar; (a) e (e) representam a mesma reta (vetor diretor (6,6,-1)) e (c) representa outra reta válida (vetor diretor (1,1,-1)). Ambas (c) e (a)/(e) satisfazem as condições do enunciado (passam por A e têm vetor diretor ortogonal a (1,-1,0)).
Em uma prova de múltipla escolha onde se espera uma única alternativa, costuma-se escolher a forma mais “simples” (vetor diretor primitivo) quando há múltiplas parametrizações possíveis. A alternativa (c) apresenta um vetor diretor primitivo (1,1,-1) (componentes pequenas e sem fator comum), representando uma reta que claramente passa por A e é ortogonal a r_1 e r_2. As alternativas (a) e (e) representam uma outra reta diferente com direção (6,6,-1), também válida, mas não é a forma mais simples.
Por isso, entre as alternativas dadas, a resposta correta (a que melhor representa a reta pedida na forma mais simples) é a alternativa (c).

Resposta

(c)

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