\mathbf{1}^{\mathbf{a}} Questão (4,0) Dados os pontos \mathrm{A}=(-1,-1,1), \mathrm{B}=(0,0,1) e \mathrm{C}=(0,1,2).
Encontre:
a) A equação cartesiana do plano \gamma que contém os pontos \mathrm{A}, \mathrm{B} e C .
b) A equação simétrica da reta m que passa pelo ponto D=(-2,2,1) e é perpendicular ao plano \gamma.
c) O ponto I de interseção entre o plano \gamma e a reta m .
d) O ângulo entre a reta (definida pelos pontos D e I ) e o plano definido pelos pontos \mathrm{A}, \mathrm{B} e C .

Passo 1

O enunciado dá três pontos A=(-1,-1,1), B=(0,0,1), C=(0,1,2) e pede:
a) a equação do plano \gamma que passa por A,B,C;
b) a equação simétrica da reta m que passa por D=(-2,2,1) e é perpendicular a \gamma;
c) o ponto I onde m intersecta \gamma;
d) o ângulo entre a reta DI e o plano \gamma.
Para isso precisamos: vetores diretores do plano, produto vetorial (para achar o normal), equação de plano, equação de reta, interseção reta-plano e definição de ângulo entre reta e plano via produto escalar.

Passo 2

Vamos achar dois vetores diretores do plano e depois o seu normal:
\overrightarrow{AB}=B-A=(0-(-1),0-(-1),1-1)=(1,1,0)
\overrightarrow{AC}=C-A=(0-(-1),1-(-1),2-1)=(1,2,1)
O normal \mathbf{n} vem do produto vetorial
\mathbf{n}=\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC} =\det\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\\ 1&1&0\\\ 1&2&1\end{vmatrix} =(1,-1,1).

Passo 3

A equação cartesiana de \gamma usa \mathbf{n}\cdot\bigl((x,y,z)-A\bigr)=0. Logo
(x+1)\;-\;(y+1)\;+\;(z-1)=0
que simplifica para
x - y + z - 1 = 0.

Passo 4

A reta m passa por D=(-2,2,1) e é perpendicular a \gamma, logo seu vetor diretor é \mathbf{n}=(1,-1,1). A forma simétrica é
\frac{x+2}{1} \;=\;\frac{y-2}{-1}\;=\;\frac{z-1}{1}.

Passo 5

Em forma paramétrica, m\!: x=-2+t,\\ y=2-t,\\ z=1+t. Substituindo em x - y + z -1=0:
(-2+t)-(2-t)+(1+t)-1=0
-2+t-2+t+1+t-1=0\quad\Rightarrow\quad3t-4=0\quad\Rightarrow\;t=\tfrac{4}{3}.
Assim
I=\bigl(-2+\tfrac{4}{3},\;2-\tfrac{4}{3},\;1+\tfrac{4}{3}\bigr) =\Bigl(-\tfrac{2}{3},\tfrac{2}{3},\tfrac{7}{3}\Bigr).

Passo 6

O ângulo \alpha entre a reta de direção \mathbf{v} e o plano de normal \mathbf{n} satisfaz
\sin\alpha=\frac{|\mathbf{n}\cdot\mathbf{v}|}{\|\mathbf{n}\|\,\|\mathbf{v}\|}.
Aqui \mathbf{v}=I-D é proporcional a (1,-1,1)=\mathbf{n}, então \mathbf{n}\cdot\mathbf{v}=\|\mathbf{n}\|\,\|\mathbf{v}\| e \sin\alpha=1. Logo
\alpha=90^\circ.

Resposta

a) x - y + z - 1 = 0.
b) \displaystyle \frac{x+2}{1} = \frac{y-2}{-1} = \frac{z-1}{1}.
c) I=\bigl(-\tfrac{2}{3},\tfrac{2}{3},\tfrac{7}{3}\bigr).
d) \alpha=90^\circ.

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