Matemática do ensino médio · Grades 10–12

31Vetores, retas e planos no espaço

A geometria tridimensional torna-se calculável assim que dispomos de vetores e coordenadas: as retas ganham representações paramétricas, os planos ganham equações cartesianas, e o produto escalar mede ângulos e distâncias. Este capítulo constrói essa caixa de ferramentas e a usa para resolver os problemas clássicos de interseção e de distância.

31.1 Vetores no espaço

Os vetores no espaço obedecem às mesmas regras que no plano: somam-se, multiplicam-se por escalares, e $\vect{AB} = \vect{CD}$ exatamente quando $ABDC$ é um paralelogramo. Em um sistema de coordenadas $(O; \vec\imath, \vec\jmath, \vec k)$ , todo vetor tem coordenadas $(x, y, z)$ .

Definição 31.1 (Colinearidade, coplanaridade)

Dois vetores são colineares se um é múltiplo do outro. Três vetores $\vec u, \vec v, \vec w$ são coplanares se um deles pode ser escrito como combinação dos outros dois, digamos $\vec w = a\vec u + b\vec v$ .

Proposição 31.2

Se $\vec u, \vec v, \vec w$ não são coplanares, todo vetor do espaço se decompõe de maneira única como $x\vec u + y\vec v + z\vec w$ .

Ideia da demonstração. Pela ponta do vetor a decompor, trace a reta paralela a $\vec w$ ; ela encontra o plano de $\vec u, \vec v$ em um único ponto, que separa o vetor em uma componente nesse plano (de maneira única $x\vec u + y\vec v$ , geometria plana) e uma componente na direção de $\vec w$ . Unicidade: a diferença de duas decomposições exprimiria um dos vetores em função dos outros dois, contradizendo a não coplanaridade. ∎

31.2 Retas e planos

Definição 31.3 (Representação paramétrica de uma reta)

A reta que passa por $A(x_A, y_A, z_A)$ com vetor diretor $\vec u (a, b, c) \neq \vec 0$ é o conjunto dos pontos

M(x_A + ta,\; y_A + tb,\; z_A + tc), \qquad t \in \R .

Definição 31.4 (Plano)

O plano que passa por $A$ e é dirigido por dois vetores não colineares $\vec u, \vec v$ é o conjunto dos pontos $M$ com $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ , $(s, t) \in \R^2$ .

À esquerda: a reta que passa por A com direção u, graduada pelo parâmetro t. À direita: o plano que passa por A dirigido por u e v; todo ponto M do plano é atingido como AM = s u + t v. — À esquerda: a reta que passa por $A$ com direção $\vec u$ , graduada pelo parâmetro $t$ . À direita: o plano que passa por $A$ dirigido por $\vec u$ e $\vec v$ ; todo ponto $M$ do plano é atingido como $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ .

Proposição 31.5 (Posições relativas)

Dois planos distintos ou são paralelos, ou se cortam segundo uma reta. Uma reta e um plano ou são paralelos (podendo a reta estar contida no plano), ou se cortam em um único ponto. Duas retas no espaço podem ser concorrentes, estritamente paralelas, coincidentes ou reversas (não coplanares).

Esboço. São afirmações de incidência; cada análise de casos se reduz, em coordenadas, a resolver um sistema linear e contar suas soluções — veja o Método 31.10. ∎

31.3 Produto escalar

Definição 31.6 (Produto escalar)

O produto escalar de $\vec u$ e $\vec v$ é

\vec u \cdot \vec v = \tfrac12\left(\norm{\vec u + \vec v}^2 - \norm{\vec u}^2 - \norm{\vec v}^2\right),

em que $\norm{\vec u}$ é o comprimento de $\vec u$ . Se os dois vetores são não nulos, $\vec u \cdot \vec v = \norm{\vec u}\,\norm{\vec v}\cos\theta$ , sendo $\theta$ o ângulo entre eles; e, em um sistema de coordenadas ortonormal,

\vec u \cdot \vec v = xx' + yy' + zz' .

Dois vetores são ortogonais se seu produto escalar é $0$ .

Proposição 31.7 (Propriedades)

O produto escalar é simétrico ( $\vec u\cdot\vec v = \vec v\cdot\vec u$ ), bilinear ( $(a\vec u + b\vec v)\cdot \vec w = a\,\vec u\cdot\vec w + b\,\vec v\cdot \vec w$ ), e $\vec u \cdot \vec u = \norm{\vec u}^2 \geq 0$ .

Demonstração. Em um sistema ortonormal, as três propriedades são imediatas na fórmula $xx' + yy' + zz'$ , que por sua vez decorre da fórmula de definição e do cálculo pitagórico dos comprimentos: $\norm{\vec u}^2 = x^2 + y^2 + z^2$ . ∎

Definição 31.8 (Vetor normal)

Um vetor normal de um plano $\mathcal P$ é um vetor não nulo ortogonal a todo vetor contido em $\mathcal P$ (basta que seja ortogonal a duas direções não colineares de $\mathcal P$ ).

Um vetor normal n do plano P é ortogonal a toda direção de P. O ponto H, pé da perpendicular baixada de M_0, realiza a distância de M_0 ao plano. — Um vetor normal $\vec n$ do plano $\mathcal P$ é ortogonal a toda direção de $\mathcal P$ . O ponto $H$ , pé da perpendicular baixada de $M_0$ , realiza a distância de $M_0$ ao plano.

Teorema 31.9 (Equação cartesiana de um plano)

Em um sistema de coordenadas ortonormal, o plano que passa por $A$ com vetor normal $\vec n(a, b, c)$ tem equação

a x + b y + c z + d = 0,

em que $d = -(ax_A + by_A + cz_A)$ . Reciprocamente, toda equação desse tipo com $(a,b,c) \neq (0,0,0)$ define um plano de vetor normal $(a, b, c)$ .

Demonstração. $M \in \mathcal P \iff \vect{AM} \perp \vec n \iff a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = 0$ , o que, desenvolvido, dá a equação. Reciprocamente, tome qualquer ponto $A$ que satisfaça a equação; o mesmo cálculo, ao contrário, mostra que o conjunto solução é $\{M : \vect{AM}\cdot\vec n = 0\}$ , o plano que passa por $A$ e é normal a $\vec n$ . ∎

Método 31.10 (Interseções na prática)

Reta $\cap$ plano: substitua as coordenadas paramétricas da reta na equação do plano; resolva em $t$ (uma solução: um ponto; $0 =$ não nulo: paralelismo; $0 = 0$ : reta contida).
Plano $\cap$ plano: resolva o sistema das duas equações, parametrizando por uma coordenada livre; a solução é uma reta (ou os planos são paralelos, quando os vetores normais são colineares).
Testes de ortogonalidade: reta $\perp$ plano se, e somente se, sua direção é colinear com a normal; dois planos são perpendiculares se, e somente se, suas normais são ortogonais.

Proposição 31.11 (Distância de um ponto a um plano)

Em um sistema ortonormal, a distância de $M_0(x_0, y_0, z_0)$ ao plano $\mathcal P : ax + by + cz + d = 0$ é

\operatorname{dist}(M_0, \mathcal P) = \frac{\abs{ax_0 + by_0 + cz_0 + d}}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}.

Demonstração. Seja $H$ a projeção ortogonal de $M_0$ sobre $\mathcal P$ : o pé da perpendicular, de modo que $\vect{HM_0}$ é colinear com a normal unitária $\frac{\vec n}{\norm{\vec n}}$ , e a distância é $\abs{\vect{HM_0}\cdot \frac{\vec n}{\norm{\vec n}}}$ . Para qualquer $H \in \mathcal P$ , $\vect{HM_0}\cdot\vec n = ax_0 + by_0 + cz_0 - (ax_H + by_H + cz_H) = ax_0 + by_0 + cz_0 + d$ (usando a equação em $H$ ), donde a fórmula, depois de dividir por $\norm{\vec n} = \sqrt{a^2+b^2+c^2}$ . ∎

Exemplo 31.12

Distância da origem ao plano $x + 2y + 2z - 6 = 0$ : $\frac{\abs{-6}}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \frac63 = 2$ .

31.4 Exercícios

Em todos os exercícios, o sistema de coordenadas é ortonormal.

Exercício 31.1 ★

Sejam $A(1, 0, 2)$ , $B(3, 1, 1)$ e $C(2, -1, 3)$ . Os pontos $A$ , $B$ , $C$ estão alinhados? Dê uma representação paramétrica da reta $(AB)$ .

Solução

Solução de Exercício 31.1.

$\vect{AB}(2, 1, -1)$ e $\vect{AC}(1, -1, 1)$ não são proporcionais ( $\frac21 \neq \frac{1}{-1}$ ), logo os pontos não estão alinhados. Reta $(AB)$ :

(x, y, z) = (1 + 2t,\; t,\; 2 - t), \qquad t \in \R .

Exercício 31.2 ★

Determine uma equação cartesiana do plano que passa por $A(1, 1, 0)$ com vetor normal $\vec n(2, -1, 3)$ . O ponto $B(0, 2, 1)$ pertence a ele?

Solução

Solução de Exercício 31.2.

$2(x - 1) - (y - 1) + 3(z - 0) = 0$ , isto é,

2x - y + 3z - 1 = 0 .

Para $B(0,2,1)$ : $0 - 2 + 3 - 1 = 0$ : sim, $B$ pertence ao plano.

Exercício 31.3 ★

Calcule o ângulo em $A$ (ao grau mais próximo) do triângulo de vértices $A(0,0,0)$ , $B(1, 1, 0)$ e $C(1, 0, 1)$ .

Solução

Solução de Exercício 31.3.

$\vect{AB}(1,1,0)$ , $\vect{AC}(1,0,1)$ :

\cos\widehat{A} = \frac{\vect{AB}\cdot\vect{AC}}{\norm{\vect{AB}}\,\norm{\vect{AC}}} = \frac{1}{\sqrt2\,\sqrt2} = \frac12,

logo $\widehat A = 60^\circ$ .

Exercício 31.4 ★★

Considere a reta $\mathcal D$ que passa por $A(1, 2, 0)$ com direção $\vec u(1, -1, 2)$ , e o plano $\mathcal P : 2x + y - z + 1 = 0$ . Determine $\mathcal D \cap \mathcal P$ .

Solução

Solução de Exercício 31.4.

Pontos de $\mathcal D$ : $(1 + t,\, 2 - t,\, 2t)$ . Substituindo na equação de $\mathcal P$ :

2(1+t) + (2 - t) - 2t + 1 = 5 - t = 0 \iff t = 5 .

Ponto de interseção único: $(6, -3, 10)$ .

Exercício 31.5 ★★

Sejam $\mathcal P : x - y + 2z = 1$ e $\mathcal Q : 2x + y + z = 4$ . Mostre que $\mathcal P$ e $\mathcal Q$ se cortam segundo uma reta e dê uma representação paramétrica dela.

Solução

Solução de Exercício 31.5.

Os vetores normais $(1, -1, 2)$ e $(2, 1, 1)$ não são colineares, de modo que os planos se cortam segundo uma reta. Somando as duas equações: $3x + 3z = 5$ , logo $x = \frac53 - z$ ; a primeira equação dá então $y = x + 2z - 1 = \frac23 + z$ . Com $z = t$ :

(x, y, z) = \left(\frac53 - t,\; \frac23 + t,\; t\right), \qquad t \in \R,

uma reta de vetor diretor $(-1, 1, 1)$ . (As duas equações se verificam identicamente.)

Exercício 31.6 ★★

Mostre que as retas

\mathcal D_1 : (x, y, z) = (1 + t,\; 2t,\; 3 - t), \qquad \mathcal D_2 : (x, y, z) = (2 + s,\; 1 + s,\; 1 + 2s)

são reversas (não coplanares).

Solução

Solução de Exercício 31.6.

As direções $\vec u_1(1, 2, -1)$ e $\vec u_2(1, 1, 2)$ não são colineares, logo as retas não são paralelas. Para que se cortassem, seria preciso

1 + t = 2 + s, \qquad 2t = 1 + s, \qquad 3 - t = 1 + 2s .

As duas primeiras dão $t = 1 + s$ e $2(1+s) = 1 + s$ , logo $s = -1$ , $t = 0$ ; mas então a terceira diz $3 = -1$ , absurdo. Sem ponto comum e não paralelas: as retas são reversas.

Exercício 31.7 ★★

Seja $\mathcal P : 2x - y + 2z - 3 = 0$ .

Calcule a distância de $M_0(3, 1, 1)$ a $\mathcal P$ .
Determine as coordenadas da projeção ortogonal $H$ de $M_0$ sobre $\mathcal P$ e confira a distância $M_0H$ .

Solução

Solução de Exercício 31.7.

1. $\operatorname{dist} = \dfrac{\abs{2\cdot3 - 1 + 2\cdot1 - 3}} {\sqrt{4 + 1 + 4}} = \dfrac{4}{3}$ .

2. $H = M_0 + t\,\vec n$ com $\vec n(2, -1, 2)$ , escolhendo $t$ de modo que $H \in \mathcal P$ :

2(3 + 2t) - (1 - t) + 2(1 + 2t) - 3 = 4 + 9t = 0 \iff t = -\frac49 .

Logo $H\left(\frac{19}{9}, \frac{13}{9}, \frac19\right)$ , e

M_0H = \norm{t\,\vec n} = \frac49 \times 3 = \frac43,

de acordo com a fórmula da distância.

Exercício 31.8 ★★★

O cubo $ABCDEFGH$ tem aresta $1$ ; escolha coordenadas de modo que $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ (com $C = B + D$ , $F = B + E$ , $G = B + D + E$ , $H = D + E$ como vetores a partir de $A$ ).

Mostre que a diagonal $(AG)$ é ortogonal ao plano $(BDE)$ .
Calcule a distância de $A$ ao plano $(BDE)$ e o ponto em que $(AG)$ o atravessa.

Solução

Solução de Exercício 31.8.

Coordenadas: $G(1,1,1)$ , e o plano $(BDE)$ passa por $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ .

1. O plano $(BDE)$ tem equação $x + y + z = 1$ (satisfeita pelos três pontos, que não estão alinhados), de modo que $\vec n(1,1,1)$ é normal a ele. Como $\vect{AG} = (1,1,1) = \vec n$ , a diagonal $(AG)$ é ortogonal ao plano $(BDE)$ .

2. Distância de $A(0,0,0)$ : $\frac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{3}$ . A reta $(AG)$ é $(t, t, t)$ ; ela encontra o plano quando $3t = 1$ : no ponto $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ , o baricentro do triângulo $BDE$ .

Exercício 31.9 ★★★

(Volume de um tetraedro.) Sejam $A(1,1,1)$ , $B(2,1,0)$ , $C(0,2,1)$ e $D(2,2,2)$ .

Verifique que $\vect{AB}$ , $\vect{AC}$ , $\vect{AD}$ não são coplanares (os pontos formam um tetraedro de verdade).
Encontre um vetor $\vec n$ ortogonal a $\vect{BC}$ e a $\vect{BD}$ , e deduza uma equação cartesiana do plano $(BCD)$ .
Calcule a distância de $A$ ao plano $(BCD)$ e a área do triângulo $BCD$ , usando a fórmula $\text{Área} = \frac12\sqrt{\norm{\vec u}^2\norm{\vec v}^2 - (\vec u \cdot \vec v)^2}$ para o triângulo gerado por $\vec u, \vec v$ .
Deduza o volume do tetraedro ( $V = \frac13 \times \text{área da base} \times \text{altura}$ ).

Solução

Solução de Exercício 31.9.

1. $\vect{AB}(1, 0, -1)$ , $\vect{AC}(-1, 1, 0)$ , $\vect{AD}(1, 1, 1)$ . Se $\vect{AD} = a\vect{AB} + b\vect{AC}$ , as coordenadas dão $a - b = 1$ , $b = 1$ , $-a = 1$ : as duas primeiras forçam $a = 2$ , contradizendo $a = -1$ . Não coplanares.

2. $\vect{BC}(-2, 1, 1)$ , $\vect{BD}(0, 1, 2)$ . Resolvendo $\vec n \cdot \vect{BC} = \vec n \cdot \vect{BD} = 0$ : de $b + 2c = 0$ , vem $b = -2c$ ; então $-2a - 2c + c = 0$ dá $c = -2a$ . Com $a = 1$ : $\vec n(1, 4, -2)$ . Plano por $B(2,1,0)$ :

x + 4y - 2z - 6 = 0 .

3. Distância de $A(1,1,1)$ : $\dfrac{\abs{1 + 4 - 2 - 6}}{\sqrt{21}} = \dfrac{3}{\sqrt{21}}$ . Área de $BCD$ : $\norm{\vect{BC}}^2 = 6$ , $\norm{\vect{BD}}^2 = 5$ , $\vect{BC}\cdot\vect{BD} = 3$ , logo

\text{Área} = \frac12\sqrt{6 \times 5 - 9} = \frac{\sqrt{21}}{2}.

V = \frac13 \times \frac{\sqrt{21}}{2} \times \frac{3}{\sqrt{21}} = \frac12 .

31.5 Problema: fatiando o cubo

Problema 31.1

Problema de fim de semana — um plano corta um cubo em um hexágono perfeito, um tetraedro regular se esconde nos cantos, e o ângulo da diagonal dá forma a todo diamante

Fatie um cubo e você espera quadrados e retângulos — e, no entanto, um corte famoso produz um hexágono regular, e quatro cortes espertos nos cantos deixam para trás um tetraedro regular. As duas surpresas, e o ângulo de $109.5^\circ$ que os átomos de carbono reverenciam, caem diante da caixa de ferramentas deste capítulo: retas paramétricas, equações de planos e o produto escalar (Teorema 31.9, Proposição 31.11). Use por toda parte o cubo do Exercício 31.8: aresta $1$ , $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ , $C(1,1,0)$ , $F(1,0,1)$ , $H(0,1,1)$ , $G(1,1,1)$ .

Parte I — Fluência.

Escreva a equação do plano que passa por $B(1,0,0)$ com vetor normal $(1,1,1)$ , uma representação paramétrica da reta que passa por $A$ dirigida por $(1,1,1)$ , e o ponto de interseção dos dois.
Calcule a distância de $A$ a esse plano (Proposição 31.11).
Os vetores $(1,-1,0)$ e $(1,1,-2)$ são ortogonais?
Posição dos planos $x + y + z = 1$ e $2x + 2y + 2z = 5$ ? E da reta que passa por $A$ dirigida por $(1,1,0)$ em relação ao primeiro plano?
Liste os pontos médios das seis arestas $[BC], [CD], [DH], [HE], [EF], [FB]$ do cubo e verifique que todos os seis satisfazem a equação $x + y + z = \frac32$ .

Parte II — A seção hexagonal. Seja $P$ o plano $x + y + z = \frac32$ .

Mostre que $P$ é perpendicular à grande diagonal $(AG)$ e passa pelo centro do cubo.
Calcule as distâncias entre pontos médios consecutivos da questão 5 ao longo da seção: o que você encontra?
Calcule o ângulo do polígono da seção em um dos vértices (dois vetores-aresta consecutivos e um produto escalar). Conclua: a seção é um hexágono regular.
Calcule o perímetro e a área do hexágono, e compare a área com a de uma face do cubo. (Para o registro: a maior seção plana do cubo unitário é o retângulo diagonal $1 \times \sqrt2$ , de área $\sqrt2$ — o hexágono regular fica com a prata.)
Onde a diagonal $(AG)$ atravessa $P$ ? Verifique que o ponto de travessia é o ponto médio de $[AG]$ .
Deslize o corte: descreva as seções $x + y + z = c$ à medida que $c$ cresce de $0$ a $3$ — calcule a seção para $c = \frac12$ (qual polígono, de que tamanho?) e narre a metamorfose que passa pelo seu hexágono em $c = \frac32$ .
Por que nenhum plano pode cortar um cubo segundo um polígono de sete lados? (Onde tem de estar cada lado da seção?)

Parte III — O tetraedro escondido.

Calcule o volume do tetraedro de canto $ABDE$ (base, altura e a fórmula do um terço que o volume do ensino fundamental admitiu — o Exercício 31.9 calcula volumes assim em geral).
Os quatro vértices $B$ , $D$ , $E$ , $G$ : calcule as seis distâncias duas a duas e conclua que $BDEG$ é um tetraedro regular. Depois obtenha seu volume subtraindo do cubo os tetraedros de canto.
Calcule a distância do centro do cubo ao plano $(BDE)$ .
O ângulo do diamante: calcule o ângulo entre as diagonais $\vect{AG}$ e $\vect{BH}$ do cubo. Seu suplemento, cerca de $109.5^\circ$ , é o ângulo entre as ligações no diamante e no metano — por que quatro pares de elétrons em torno de um átomo de carbono escolhem os cantos do tetraedro da questão 14?

Parte IV — Genuinamente tridimensional.

Encontre onde a reta que passa por $B(1,0,0)$ dirigida por $(0,1,1)$ atravessa o plano $P$ do hexágono.
Mostre que as retas $(AB)$ e $(EG)$ não se encontram nem são paralelas: retas reversas, o fenômeno que não pode ocorrer em um plano.
Calcule a projeção ortogonal de $B$ sobre $P$ (caminhe de $B$ ao longo da normal até o plano) e verifique que seu ponto satisfaz a equação de $P$ .
Finale — o kit do agrimensor do espaço: retas paramétricas para atravessar, vetores normais para ângulos e distâncias, equações de planos para seções; e o cubo como o pátio de recreio em que produziram um hexágono, um tetraedro regular, o ângulo do diamante e um par de retas reversas. Uma frase para cada.

Solução

Solução de Problema 31.1.

1. Plano: $x + y + z = 1$ . Reta: $(t, t, t)$ . Interseção: $3t = 1$ : $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ .

2. $\dfrac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{\sqrt3}{3}$ .

3. $1 - 1 + 0 = 0$ : ortogonais.

4. Mesma normal $(1,1,1)$ , mas $\frac52 \neq 1$ : planos estritamente paralelos. Quanto à reta: a direção $(1,1,0) \cdot (1,1,1) = 2 \neq 0$ : não é paralela ao plano, de modo que o atravessa em um único ponto.

5. Pontos médios: $\left(1, \frac12, 0\right)$ , $\left(\frac12, 1, 0\right)$ , $\left(0, 1, \frac12\right)$ , $\left(0, \frac12, 1\right)$ , $\left(\frac12, 0, 1\right)$ , $\left(1, 0, \frac12\right)$ : cada um tem soma de coordenadas $\frac32$ .

6. A normal de $P$ é $(1,1,1)$ , a direção de $(AG)$ : perpendicular. O centro $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ tem soma de coordenadas $\frac32$ : está em $P$ .

7. Pontos médios consecutivos diferem por vetores como $\left(-\frac12, \frac12, 0\right)$ : comprimento $\frac{\sqrt2}{2}$ a cada vez — seis lados iguais.

8. Em $\left(\frac12, 1, 0\right)$ : vetores-aresta $\left(\frac12, -\frac12, 0\right)$ e $\left(-\frac12, 0, \frac12\right)$ : produto escalar $-\frac14$ , normas $\frac{\sqrt2}{2}$ : $\cos = -\frac12$ : ângulo $120^\circ$ . Lados iguais, ângulos iguais de $120^\circ$ : um hexágono regular.

9. Perímetro $6 \times \frac{\sqrt2}{2} = 3\sqrt2 \approx 4.24$ . Área $6 \times \frac{\sqrt3}{4} \times \frac12 = \frac{3\sqrt3}{4} \approx 1.30$ : maior que uma face (área $1$ ) — uma fatia maior que qualquer lado da caixa; só o retângulo diagonal ( $\sqrt2 \approx 1.41$ ) a supera.

10. $(t,t,t)$ encontra $P$ em $t = \frac12$ : o centro — que é o ponto médio de $[AG]$ ( $A$ em $t = 0$ , $G$ em $t = 1$ ).

11. Para $c = \frac12$ : o plano corta as três arestas do canto de $A$ , em $\left(\frac12,0,0\right)$ , $\left(0,\frac12,0\right)$ , $\left(0,0,\frac12\right)$ : um triângulo equilátero de lado $\frac{\sqrt2}{2}$ . À medida que $c$ cresce, o triângulo cresce, seus cantos vão sendo truncados até virar um hexágono (regular exatamente em $c = \frac32$ ), e depois a figura encolhe simetricamente até um triângulo no canto de $G$ : a metamorfose da lapidação.

12. Cada lado da seção é a interseção do plano de corte com uma face do cubo, e um plano encontra uma face (um polígono plano) em no máximo um segmento: no máximo $6$ lados. Sete é impossível; de três a seis, todos ocorrem (as questões 8 e 11 mostram dois casos).

13. Base $ABD$ : triângulo retângulo de área $\frac12$ ; altura $AE = 1$ : volume $\frac13 \times \frac12 \times 1 = \frac16$ .

14. Cada par entre $B, D, E, G$ difere em exatamente duas coordenadas por $1$ : as seis distâncias valem $\sqrt2$ — regular. O cubo se decompõe em $BDEG$ mais quatro tetraedros de canto congruentes a $ABDE$ : volume $1 - 4 \times \frac16 = \frac13$ .

15. Plano $(BDE)$ : $x + y + z = 1$ ; centro $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ : distância $\frac{\abs{\frac32 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{2\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{6}$ .

16. $\vect{AG} = (1,1,1)$ , $\vect{BH} = (-1,1,1)$ : $\cos\theta = \frac{-1 + 1 + 1}{3} = \frac13$ : $\theta \approx 70.5^\circ$ , suplemento $\approx 109.5^\circ$ . Quatro pares de elétrons se repelem e se afastam o máximo possível em torno do carbono: o ótimo são os cantos do tetraedro regular, cujas direções do centro aos vértices se encontram exatamente nesse ângulo — o diamante é a questão 14 cristalizada.

17. $(1, t, t)$ em $P$ : $1 + 2t = \frac32$ : $t = \frac14$ : o ponto $\left(1, \frac14, \frac14\right)$ .

18. $(AB)$ : pontos $(t, 0, 0)$ ; $(EG)$ : pontos $(s, s, 1)$ . Encontrarem-se exigiria $0 = 1$ na terceira coordenada: nunca. Serem paralelas exigiria $(1,0,0)$ e $(1,1,0)$ colineares: não. Nem se encontram nem são paralelas: reversas — dois corredores em andares diferentes.

19. $B + t(1,1,1) = (1 + t, t, t)$ em $P$ : $1 + 3t = \frac32$ : $t = \frac16$ : projeção $\left(\frac76, \frac16, \frac16\right)$ , cuja soma de coordenadas é $\frac32$ : está em $P$ , como se pedia.

20. As retas paramétricas atravessam (questões 1, 10, 17); os vetores normais medem ângulos e distâncias (questões 2, 8, 15, 16); as equações de planos recortam seções (a metamorfose do triângulo ao hexágono). E o pátio de recreio retribuiu a visita: um hexágono regular numa caixa de quadrados, um tetraedro regular nos cantos, o ângulo do diamante e duas retas que se ignoram — geometria que só o espaço oferece.