Equação de uma reta que passa em A e é perpendicular a r

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Vamos resolver o exercício com base no procedimento apresentado.

1. Um vector director da reta r é $\vec{r}(-3,-1)$.

   Designado por $P(x,y)$ um ponto genérico da reta s, será $\overrightarrow{AP}.\vec{r}=0$.

   Logo, uma condição que define a reta s é \[\begin{array}{*{35}{l}}
   \overrightarrow{AP}.\vec{r}=0 & \Leftrightarrow  & (x+1,y-4).(-3,-1)=0  \\
   {} & \Leftrightarrow  & -3x-3-y+4=0  \\
   {} & \Leftrightarrow  & y=-3x+1  \\
   \end{array}\]
   Portanto, $y=-3x+1$ é a equação reduzida da reta s.

2. Um dos vértices do quadrado é já conhecido: $A(-1,4)$.

   Determinemos as coordenadas de um segundo vértice do quadrado: ponto Q, ponto de intersecção das retas r e s.

   Como $(x,y)=(3,2)+k(-3,-1),k\in \mathbb{R}$ é uma equação vetorial da reta r, então ${{m}_{r}}=\frac{-1}{-3}=\frac{1}{3}$ (Porquê?) e como o ponto de coordenadas $(0,1)$ (obtém-se da equação vetorial, para $k=1$) é um ponto dessa reta, a sua equação reduzida é $y=\frac{1}{3}x+1$.

   Assim, \[\begin{matrix}
   \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
   y=-3x+1  \\
   y=\frac{1}{3}x+1  \\
   \end{array} \right. & \Leftrightarrow  & \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
   y=-3x+1  \\
   -3x+1=\frac{1}{3}x+1  \\
   \end{array} \right. & \Leftrightarrow  & \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
   x=0  \\
   y=1  \\
   \end{array} \right.  \\
   \end{matrix}\]

   Logo, o ponto $Q(0,1)$ é um segundo vértice do quadrado.

   Dado que $\overline{QB}=\overline{QA}=\sqrt{{{(3-0)}^{2}}+{{(2-1)}^{2}}}=\sqrt{{{(-1-0)}^{2}}+{{(4-1)}^{2}}}=\sqrt{10}$, então um terceiro vértice do quadrado é (pode ser) $B(3,2)$. (Ver a aba “E se…”)

   O quarto vértice, ponto T, pode ser determinado tendo em consideração que $T=A+\overrightarrow{QB}$.
   Donde, $T=A+\overrightarrow{QB}=(-1,4)+(3,1)=(2,5)$.

   Mas, o problema tem outra solução:

   Outra solução é o quadrado [AQB’T’], sendo $B’=B-\overrightarrow{QB}=(0,1)-(3,1)=(-3,0)$ e $T’=A-\overrightarrow{QB}=(-1,4)-(3,1)=(-4,3)$. (Ver a aba “E se…”)

Reparou-se que $\overline{QB}=\overline{QA}=\sqrt{{{(3-0)}^{2}}+{{(2-1)}^{2}}}=\sqrt{{{(-1-0)}^{2}}+{{(4-1)}^{2}}}=\sqrt{10}$, pelo que um terceiro vértice do quadrado é (pode ser) $B(3,2)$.

E se não se tivesse reparado nesse pormenor?

Método 1:

Os vetores perpendiculares ao vetor $\overrightarrow{QA}=(-1,3)$, com norma igual à deste vetor, são os vetores $\overrightarrow{u}=(3,1)$ e $\overrightarrow{v}=(-3,-1)$ (vetores simétricos).

Os pontos B e T podem ser assim obtidos: $B=Q+\overrightarrow{u}=(0,1)+(3,1)=(3,2)$ e $T=A+\overrightarrow{u}=(-1,4)+(3,1)=(2,5)$.

Os pontos B’ e T’ podem ser assim obtidos: $B’=Q+\overrightarrow{v}=(0,1)+(-3,-1)=(-3,0)$ e $T’=A+\overrightarrow{v}=(-1,4)+(-3,-1)=(-4,3)$.

Método 2:

Os pontos B e B´ pertencem à reta r, mas terá de ser $\overline{QA}=\overline{QB}=\overline{QB’}$ (Porquê?).

Logo, os pontos B e B’ pertencem simultaneamente à reta r e à circunferência com centro em Q e raio [QA].

Assim, vem: \[\begin{matrix}
\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{x}^{2}}+{{(y-1)}^{2}}=10  \\
y=\frac{1}{3}x+1  \\
\end{array} \right. & \Leftrightarrow  & \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{x}^{2}}+{{(\frac{1}{3}x)}^{2}}=10  \\
y=\frac{1}{3}x+1  \\
\end{array} \right. & \Leftrightarrow  & \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
\frac{10}{9}{{x}^{2}}=10  \\
y=\frac{1}{3}x+1  \\
\end{array} \right. & \Leftrightarrow   \\
{} & \Leftrightarrow  & \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
x=-3\vee x=3  \\
y=\frac{1}{3}x+1  \\
\end{array} \right. & \Leftrightarrow  & \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
x=-3  \\
y=0  \\
\end{array} \right.\vee \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
x=3  \\
y=2  \\
\end{array} \right. & {}  \\
\end{matrix}\]

Portanto, $B(3,2)$ e $B'(-3,0)$, donde $T=A+\overrightarrow{QB}=(-1,4)+(3,1)=(2,5)$ e $T’=A-\overrightarrow{QB}=(-1,4)-(3,1)=(-4,3)$.