Exercícios Resolvidos de Projeção Ortogonal

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Enunciado

Dados os planos π 1 e π 2 , a reta r e o ponto D :

π 1 : x - y + z - 2 = 0

π 2 : X = 3 ,   2 ,   0 + λ 1 ,   3 ,   0 + μ ( 1 ,   1 ,   - 1 )

r : X = - 1 ,   - 4 ,   2 + λ ( 2 ,   4 ,   - 1 )

D = ( 2 ,   3 ,   2 )

Sabendo que A B C D é um tetraedro e que a face A B C tem lado A B com medida 6 ,   é um triângulo retângulo em B e está contido em π 1 , a face A B D está contida em π 2 e o vértice C ∈ r , determine as coordenadas dos pontos A , B e C .

(Obs: o ponto D já é conhecido).

Passo 1

Antes de tudo, sabemos que o vértice C está tanto no plano π 1 como na reta r . Então ele vai ser a intersecção de π 1 com r certo?

Um ponto genérico de r é ( - 1 + 2 λ ,   - 4 + 4 λ ,   2 - λ ) . Vamos colocar esse ponto na equação de π 1 pra encontrarmos o λ que satisfaz π 1 ∩ r :

( - 1 + 2 λ ) - ( - 4 + 4 λ ) + ( 2 - λ ) - 2 = 0

λ = 1

Substituindo esse λ no ponto genérico, vamos ter

C = - 1 + 2.1 ,   - 4 + 4.1 ,   2 - 1 = ( 1 ,   0 ,   1 )

Passo 2

Beleza, já achamos o ponto C . Agora vamos mexer com A e B ok?

Do enunciado, a gente sabe que a aresta A B está contida tanto no plano π 1 como em π 2 . Então essa aresta pertence à reta s = π 1 ∩ π 2 fechou?

Antes de encontrar a reta s , vamos encontrar a equação geral de π 2 :

π 2 :   x - 3 y - 2 z - 0 1 3 0 1 1 - 1 = - 3 x - 3 + y - 2 - 2 z = 0

Então, a equação geral de π 2 é

π 2 : 3 x - y + 2 z = 7

Passo 3

Beleza, agora vamos encontrar a reta s , que é a intersecção dos planos:

s :   x - y + z = 2 3 x - y + 2 z = 7

Subtraindo as duas equações, temos:

2 x + z = 5

z = 5 - 2 x

Substituindo isso na primeira equação:

x - y + 5 - 2 x = 2

y = - x + 3

Logo, tendo x como nosso parâmetro λ , podemos escrever a equação paramétrica da reta s :

s :   x = λ y = - λ + 3 z = - 2 λ + 5

Então um ponto da reta s é Q = ( 0 ,   3 ,   5 ) e seu vetor diretor é u → = ( 1 ,   - 1 ,   - 2 ) .

Passo 4

Olha o que a gente já tem por enquanto:

O plano rosa é π 1 e o plano azul é π 2 . A reta preta é s .

Como a gente já concluiu lá no passo 2, a aresta A B vai estar na reta s certo?

Mas agora vamos lembrar de outra informação do enunciado: a face A B C é um triângulo retângulo em B , ou seja, A B ⊥ B C .

Portaaanto, o ponto B vai ser a projeção ortogonal de C na reta s , enquanto o ponto A vai estar em algum lugar ao longo dessa reta.

Passo 5

Pra encontrarmos a projeção de C em s vamos fazer a projeção do vetor Q C → no vetor diretor de s , o u → que encontramos no passo 3. Isso vai dar pra gente o vetor Q B → , e aí a gente encontra B :)

Ta aqui um esbocinho em outro ângulo e sem o plano π 2 pra gente enxergar o que ta acontecendo. O vetor verde é Q C → , e a projeção ortogonal dele ali no vetor diretor da reta s , vai ser o vetor Q B → (o ponto Q é o vinho e o ponto C é o roxo).

Então bora fazer a projeção ortogonal de Q C → em u → :D

Sabendo que Q C → = C - Q = 1 ,   0 ,   1 - 0 ,   3 ,   5 = ( 1 ,   - 3 ,   - 4 ) :

Q B → = P r o j u → Q C → = Q C → . u → u → . u → u →

Q B → = ( 1 ,   - 3 ,   - 4 ) . ( 1 ,   - 1 ,   - 2 ) 1 ,   - 1 ,   - 2 . ( 1 ,   - 1 ,   - 2 ) ( 1 ,   - 1 ,   - 2 )

Q B → = 12 6 ( 1 ,   - 1 ,   - 2 )

Q B → = ( 2 ,   - 2 ,   - 4 )

Sabendo que Q B → = B - Q :

B = Q B → + Q

B = 2 ,   - 2 ,   - 4 + ( 0 ,   3 ,   5 )

B = ( 2 ,   1 ,   1 )

Passo 6

Aeee, agora só falta acharmos o vértice A .

Como a aresta A B está na reta s , B A → é paralelo a u → , o vetor diretor de s , então:

B A → = t . u → = t ( 1 ,   - 1 ,   - 2 )

Onde t é algum número escalar.

Aplicando módulo dos dois lados da igualdade (lembrando que B A → = 6 )

B A → = t | ( 1 ,   - 1 ,   - 2 ) |

6 = | t | 6

t = ± 1

Se t = 1 → B A → = 1 . 1 ,   - 1 ,   - 2 → A ' = B A → + B = ( 3 ,   0 ,   - 1 )

Se t = - 1 → B A → = - 1 . 1 ,   - 1 ,   - 2 → A ' ' = B A → + B = ( 1 ,   2 ,   3 )

Boaaa, achamos todos os nossos vértices :D

Resposta

A = ( 3 ,   0 ,   - 1 ) ou A = ( 1 ,   2 ,   3 )

B = ( 2 ,   1 ,   1 )

C = ( 1 ,   0 ,   1 )

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