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2.8 Problemas Propostos
1. Determinar a extremidade do segmento que representa o vetor ~v = (2,−5), sa-bendo que sua origem e o ponto A(−1, 3).
Solucao:
~v = B − A
(2,−5) = (x, y) − (−1, 3)
Para x temos,
x + 1 = 2 ⇒ x = 1
Para y temos,
y − 3 = −5 ⇒ y = −5 + 3 ⇒ y = −2
Logo, o ponto da extremidade e igual a:
B = (1,−2)
2. Dados os vetores ~u = (3,−1) e ~v = (−1, 2), determinar o vetor ~w tal que:
a) 4(~u − ~v) + 13~w = 2~u − ~w
Solucao:
4(~u − ~v) +1
3~w = 2~u − ~w
Substituıdo os valores dos respectivos vetores,
4[(3,−1) − (−1, 2)] +1
3(x, y) = 2(3,−1) − (x, y)
Efetuando as operacoes;
(16,−12) +(
x
3,
y
3
)
= (6 − x,−2 − y)
(
16 +x
3,−12 +
y
3
)
= (6 − x,−2 − y)
Para x temos a seguinte igualdade; 16+x
3= 6−x ⇒ x
3+x = 6−x ⇒ x + 3x
3= −10 ⇒
x + 3x = −10 ⇒ 4x = −30 ⇒ x =−30
4⇒ x =
−15
2
Para y temos a seguinte igualdade;
−12 +y
3= −2 − y ⇒
y
3+ y = −2 − y ⇒
y + 3y
3= 10 ⇒ y + 3y = 30 ⇒ 4y = 30 ⇒
y =30
4⇒ y =
15
2
3
Resultado: ~w =(−15
2,
15
2
)
b)3~w − (2~v − ~u) = 2(4~w − 3~u)
Solucao:
Substituıdo os valores dos respectivos vetores;
3(x, y) − [2(−1, 2) − (3,−1)] = 2[(4(x, y) − 3(3,−1)]
(3x, 3y) − [(−2,−4) − (3,−1)] = 2[(4x, 4y) − (9,−3)]
(3x, 3y) − (−5, 5) = 2(4x − 9, 4y + 3)
(3x + 5, 3y − 5) = (2(4x − 9), 2(4y + 3))
Para x temos a seguinte igualdade;
3x + 5 = 8x − 18
3x − 8x = 18 − 5
−5x = −23
x =23
5Para y temos a seguinte igualdade;
3y − 5 = 8y + 6
3y − 8y = 6 + 5
−5y = 11
y =−11
5
~w =(
23
5,−11
5
)
3. Dados os Pontos A(−1, 3), B(2, 5) e C(3, 1), calcular−−→OA−−→AB,
−−→OC−−→BC e 3
−→BA−4
−→CB.
Solucao:
Resolvendo:−−→OA ⇒ A −O ⇒ (−1, 3) − (0, 0) ⇒ (−1, 3)
Resolvendo:−→AB ⇒ B − A ⇒ (2, 5) − (−2, 3) ⇒ (3, 2)
Efetuando a Operacao:−−→OA − −→AB = (2, 5) − (−1, 3) ⇒ (−4, 1)
−−→OA − −→AB = (−4, 1)
Resolvendo:−−→OC ⇒ C −O ⇒ (3,−1) − (0, 0) ⇒ (3,−1)
Resolvendo:−→BC ⇒ C − B ⇒ (3,−1) − (2, 5) ⇒ (1,−6)
Efetuando a Operacao:
4
−−→OC − −→BC = (3,−1) − (1,−6) ⇒ (2, 5)
−−→OC − −→BC = (2, 5)
Resolvendo:−→BA ⇒ B − A ⇒ (−1, 3) − (2, 5) ⇒ (−3,−2)
Resolvendo:−→CB ⇒ B − C ⇒ (2, 5) − (3, 1) ⇒ (−1, 6)
Efetuando a Operacao:
3−→BA − 4
−→CB = 3(−3,−2) − 4(−1, 6) ⇒ (−9,−6) − (−4, 24) ⇒ (−4, 24)
3−→BA − 4
−→CB = (−5,−30)
4. Dados os vetores ~u = (3,−4) e ~v =(
−9
4, 3
)
, verificar se existem numeros a e b tais
que ~u = a~v e ~v = b~u.
Solucao:
Resolvendo para a;
(3,−4) = a(−9
4, 3
)
⇒ 3 =−9
4a ⇒ a =
−3.4
9⇒ a =
−12
3⇒ a =
−4
3
Resolvendo para b;
(−9
3, 3
)
= b(4, 3) ⇒ 3 = b.4 ⇒ b =−3
4⇒ b =
−3
4
5. Dados os vetores ~u = (2,−4), ~v = (−5, 1) e ~w = (−12, 6), determinar k1 e k2 tal que~w = k1~u + k2~v.
Solucao:
Substituindo os valores dos respectivos vetores;
(−12, 6) = k1(2, 4) + k2(−5, 1) (−12, 6) = (2.k1,−4.k1) + (−5.k2, k2) Retirando a igual-dade para os valores de x temos;
{
2.k1 + (−5.k2) = −12−4.k1 + k2 = 6
⇒{
2.k1 − 5.k2 = −12−4.k1 + k2 = 6.(+5)
⇒{
2.k1 − 5.k2 = −12−20.k1 + 5.k2 = 30
⇒.
−18k1 = 18 ⇒ k1 = −1
Substituindo k1 na Primeira Equacao temos;
2(−1) − 5.k2 = 12 ⇒ −2 − 5.k2 = −12 ⇒ −5.k2 = −12 + 2 k2 =−10
−5⇒ k2 = 2
5
6. Dados os pontos A(−1, 3),B(1, 0) e C(2,−1), determinar D Tal que−−→DC =
−→BA.
Solucao:
Resolvendo−−→DC e
−→BA:
−−→DC = (2, 1) = (x, y)
−→BA = (−1, 3) − (1, 0)
Substituido em−−→DC =
−→BA temos:
(2,−1) − (x, y) = (−1, 3) − (1, 0)
(2 − x,−1 − y) = (−2, 3)
Resolvendo para x:
2 − x = −2 ⇒ x = 4
Resolvendo para y:
−1 − y = 3 ⇒ y = −4
D(4,−4)
7. Dados os pontos A(2,−3, 1) e B(4, 5,−2), determinar o ponto P tal que−→AP =
−→PB.
Solucao:
Resolvendo−→AP e
−→PB:
−→AP = (x, y, z) − (2,−3, 1)
−→PB = (4, 5,−2) − (x, y, z)
Substituindo em−→AP =
−→PB temos:
(x, y, z) − (2,−3, 1) = (4, 5,−2) − (x, y, z)
(x − 2, y + 3, z − 1) = (4 − x, 5 − y,−2 − z)
Resolvendo para x:
x − 2 = 4 − x ⇒ x = 3
Resolvendo para y:
y + 3 = 5 − y ⇒ 2y = 5 − 3 ⇒ 2y = 2 ⇒ y = 1
Resolvendo para z:
z − 1 = −2 − z ⇒ 2z = −2 + 1 ⇒ 2z = −1 ⇒ z = −12
P(
3, 1,−12
)
8. Dados os pontos A(−1, 2, 3) e B(4,−2, 0), determine o ponto P tal que−→AP = 3
−→AB.
Solucao:
(x, y, z) − (−1, 2, 3) = 3[(4,−2, 0) − (−1, 2, 3)]
(x + 1, y − 2, z − 3) = 3[(5,−4,−3)]
(x + 1, y − 2, z − 3) = (15,−12,−9)
Resolvendo para x:
6
x + 1 = 15 ⇒ x = 114
Resolvendo para y:
y − 2 = −12 ⇒ y = −10
Rsolvendo para z:
z − 3 = −9 ⇒ z = −6
P(14,−10,−6)
9. Determinar o vetor ~v sabendo que (3, 7, 1) + 2~v = (6, 10, 4) − ~v.
Solucao:
(3, 7, 1) + 2~v = (6, 10, 4)
3~v = (6, 10, 4) − (3, 7, 1)
3~v = (3, 3, 3)
~v = (1, 1, 1)
10. Encontrar os numeros a1 e a2 tais que ~w = a1~v1 + a2~v2, sendo ~v1 = (1,−2, 1),~v2 = (2, 0,−4) e ~w = (4,−4, 14).
Solucao:
(−4,−4, 14) = a1(1,−2, 1)+a2(2, 0,−4) ⇒ (−4,−4, 14) = (a1+2a2,−2a1, a1−a1−4a2) ⇒Fazendo o sistema:
a1 + 2a2 = −4−2a1 = −4
a1 + 4a2 = 14
Resolvendo para a1 temos:
−2a1 = −4 ⇒ a1 =−4−2⇒ a1 = 2 .
Resolvendo para a2 temos:
2 − 4.a2 = 14 ⇒ −4a2 = 14 − 2 ⇒ a2 =12−4⇒ a2 = −3
11. Determinar a e b de modo que os vetores ~u = (4, 1,−3) e ~v = (6, a, b) sejam paralelos.
Solucao:
Para os vetores sejam paralelos tem que satisfazer a seguinte equacao:
~v = α~u
(6, a, b) = α(4, 1,−3) ⇒ 6 = α4
α = 32
Substituindo α na primeira equacao:
a =3
21 ⇒ a =
3
2e b =
3
2− 3 ⇒ b =
9
2
a =3
2e b = −9
2
7
12. Verificar se sao colineares os pontos:
a)A(−1,−5, 0), B(2, 1, 3) e C(−2,−7,−1)
Solucao:
det =
−1 −5 02 1 3−2 −7 −1
= 0 Os pontos sao colineares:
b)A(2, 1,−1), B(3,−1, 0) e C(1, 0, 4)
Solucao: det =
2 1 −13 −1 01 0 4
= 21
Os pontos nao sao colineares:
13. Calcular a e b de modo que sejam colineares os pontos A(3, 1,−2), B(1, 5, 1) eC(a, b, 7).
Solucao:−→AB = B − A = (−2, 4, 3)−→BC = C − B = (a − 1, b − 5, 6)−→AB =
−→BC
−2
a − 1=
4
b − 5=
3
6Simplificando:
−2
a − 1=
4
b − 5=
1
2
Para a: a − 1 = −4 ⇒ a = −3
Para b: b − 5 = 8 ⇒ b = 13
14. Mostrar que os pontos A(4, 0, 1), B(5, 1, 3), C(3, 2, 5) e D(2, 1, 3) sao vertices de umparalelogramo: Solucao:
Para ser um paralelogramo tem que satisfazer a igualdade:−→AB +
−−→AD =
−−→AC
[(5, 1, 3) − (4, 0, 1)] + [(2, 1, 3) − (4, 0, 1)] = (3, 2, 5) − (4, 0, 1)
(1, 1, 2) + (−2, 1, 2) = (−1, 2, 4)
(−1, 2, 4) = (−1, 2, 4)
Satisfazendo a igualdade os pontos formam os vertices de um paralelogramo.
15. Determine o simetrico do Ponto P(3, 1,−2) em relacao ao ponto A(−1, 0,−3).Solucao:
X e ponto simetrico do ponto P em relacao ao ponto X.−→PA =
−−→AX
(−1, 0,−3) − (3, 1,−2) = (x, y, z) − (−1, 0, 3) ⇒ (−4,−1,−1) = (x + 1, y, z + 3)
8
Resolvendo para x: x + 1 = −4 ⇒ x = −5
Resolvendo para y: y = −1 ⇒ y = −1
Resolvendo para z: z + 3 = −1 ⇒ z = −4
X(−5,−1,−4)
3.16 Problemas Propostos:
1. Dados os vetores ~u = (1, a,−2a− 1), ~v = (a, a− 1, 1) e ~w = (a,−1, 1), determine a, demodo ~u.~v = (~u + ~v).~w.
Solucao:
(1, a,−2a − 1).(a, a − 1, 1) = [(1, a,−2a − 1) + (a, a − 1, 1)].(a,−1, 1)
(a + a(a − 1) − 2a − 1) = [(a + 1), a + a − 1, 2a − 1 + 1].(a,−1, 1)
a + a2 − a − 2a − 1 = [a + 1, 2a,−2a].(a,−1, 1)
a2 − 2a − 1 = a.(a + 1) − (2a − 1) − 2a
a2 − a2 − 2a − a + 2a + 2a = 1 + 1
a = 2
2. Dados os pontos A(−1, 0, 2), B(−4, 1, 1) e C(0, 1, 3), determine o vetor ~x tal que
2~x − −→AB = ~x + (−→BC.
−→AB)
−−→AC
Solucao:−→AB = B − A = (−4 + 1, 1 − 0, 1 − 2) = (−3, 1,−1)−→BC = C − B = (0 + 4, 1 − 1, 3 − 1) = (4, 0, 2)−−→AC = C − A = (0 + 1, 1 − 0, 3 − 2) = (1, 1, 1)−→BC.
−→AB = 4.(−3) + 0.1 + 2.(−1) = −12 − 2 = −14
(−→BC.
−→AB)AC = (−14.1,−14.1,−14.1) = (−14,−14,−14).
Portanto,
2~x − ~x = (−14,−14,−14) + (−3, 1,−1) ⇒~x = (−17,−13,−15)
3. Determinar o vetor ~v, sabendo que (3, 7, 1) + 2~v = (6, 10, 4) − ~v.
Solucao:
(3, 7, 1) + 2(x, y, z) = (6, 10, 4) − (x, y, z)
(3, 7, 1) + (2x, 2y, 2z) = (6 − x, 10 − y, 4 − z)
(3 + 2x, 7 + 2y, 1 + 2z) = (6 − x, 10 − y, 4 − z)
Para x, temos: 3 + 2x = 6 − x ⇒ 3x = 3 ⇒ x = 1
Para y, temos: 7 + 2y = 10 − y ⇒ y = 1
Para z, temos: 1 + 2z = 4 − z ⇒ z = 1
~v = (1, 1, 1)
9
4. Dados os pontos A(1, 2, 3), B(−6,−2, 3) e C(1, 2, 1), determinar o versor do vetor
3−→BA − 2
−→BC.
Solucao:
3−→BA − 2 ~BC = 3.[(1, 2, 3) − (−6,−2, 3)] − 2[(1, 2, 1) − (−6,−2, 3)] ⇒
3−→BA − 2
−→BC = 3.[(7, 4, 0)] − 2[(7, 4,−2)] ⇒
3−→BA − 2
−→BC = (21, 12, 0) − (14, 8,−4) ⇒
3−→BA − 2
−→BC = (7, 4, 4)
Calculo do Modulo:
|3−→BA − 2−→BC| =
√72 + 42 + 42 ⇒
|3−→BA − 2−→BC| =
√49 + 16 + 16 ⇒
|3−→BA − 2−→BC| =
√81 ⇒
|3−→BA − 2−→BC| = 9
Calculo do versor:
3−→BA − 2
−→BC
|3−→BA − 2−→BC|=
(7, 4, 4)
9⇒
3−→BA − 2
−→BC
|3−→BA − 2−→BC|=
(
7
9,
4
9,
4
9
)
5. Verificar se sao unitarios os seguintes vetores: −→u = (1, 1, 1) e −→v =(
1√
6,− 2
√6,
1√
6
)
Solucao:
Calculo do Modulo do vetor ~u:
|~u| =√
12 + 12 + 12 ⇒|~u| =
√1 + 1 + 1
|~u| =√
3 ⇒, ou seja, e diferente de 1 logo ~u nao e unitario.
Calculo do Modulo do vetor ~v:
|~v| =
√
(
1√
6
)2
+
(
− 2√
6
)2
+
(
1√
6
)2
⇒
|~v| =√
(
1
6
)
+
(
4
6
)
+
(
1
6
)
⇒
|~v| =√
(
1 + 4 + 6
6
)
⇒
|~v| =√
(
6
6
)
⇒
10
|~v| =√
1 ⇒|~v| = 1, ou seja, o vetor ~v e unitario.
6. Determinar o valor de n para o vetor ~v =(
n,2
5,
4
5
)
seja unitario.
Solucao:
|~v| = 1
|~v| =√
n2 +
(
2
5
)2
+
(
4
5
)2
⇒
|~v| =√
n2 +4
25+
16
25⇒
|~v| =√
n2 +20
25
Substituindo o valor de |~v|, temos:
1 =
√
n2 +20
25⇒ 12 =
√
n2 +20
25
2
⇒n2+20
25= 1 ⇒n2 = 1−20
25⇒n2 =
25 − 20
25⇒
n2 =5
25⇒ n2 =
1
5⇒ n = ±
√
1
5⇒ n = ± 1
√5⇒ n = ± 1.
√5
√5.√
5⇒
n = ±√
5
5
7. Seja o vetor ~v = (m + 7)~i + (m + 2)~j + 5~k. Calcular m para que |~v| =√
38.
Solucao:
|(m + 7)~i + (m + 2)~j + 5~k| =√
38| ⇒√
(m + 7)2 + (m + 2)2 + 252 =√
38 ⇒√
m2 + 14m + 49 +m2 + 4m + 4 + 25 =√
38 ⇒(√
m2 + 14m + 49 +m2 + 4m + 4 + 25)2 = (√
38)2 ⇒m2 + 14m + 49 +m2 + 4m + 4 + 25 = 38 ⇒2m2 + 18m + 78 = 38 ⇒2m2 + 18m + 78 − 38 = 0 ⇒2m2 + 18m + 40 = 0 ⇒m2 + 9m + 20 = 0 ⇒Resolvendo a equacao 2 grau.
∆ = 92 − 4.1.20 ⇒∆ = 81 − 80 ⇒ ∆ = 1
m =−9 ±
√1
2.1⇒
11
m =−9 ± 1
2⇒
m′ =−9 + 1
2⇒ m′ = −4
m′′ =−9 − 1
2⇒ m′′ = −5
8. Dados os pontos A(1, 0,−1), B(4, 2, 1) e C(1, 2, 0), determinar o valor de m para que
|~v| = 7, sendo ~v = m−−→AC +
−→BC.
Solucao:
~v = m−−→AC +
−→BC ⇒
~v = m[(1, 2, 0) − (1, 0,−1)] + [(1, 2, 0) − (4, 2, 1)] ⇒~v = m[(0, 2, 1)] + (−3, 0,−1) ⇒~v = (0, 2m,m) + (−3, 0,−1) ⇒~v = (−3, 2m,m − 1) ⇒|~v| =
√
(−3)2 + (2m)2 + (m − 1)2 ⇒
|~v| =√
9 + 4m2 +m2 − 2m + 1 ⇒|~v| =
√5m2 − 2m + 10
Substituindo o valor de |~v| = 7
7 =√
5m2 − 2m + 10 ⇒(√
5m2 − 2m + 10)2 = 72 ⇒5m2 − 2m + 10 = 49 ⇒5m2 − 2m − 39 = 0 ⇒Resolvendo a equacao 2 grau.
∆ = (−2)2 − 4.5.(−39) ⇒∆ = 4 + 780 ⇒∆ = 784
m =−(−2) ±
√784
2.5
m =2 ± 28
10
m′ =2 + 28
10
m′ =30
10⇒ m′ = 3
m′′ =2 − 28
10
m′′ =−26
10⇒ m′′ =
−13
5⇒ m′′ = −13
5
12
9. Dados os pontos A(3,m − 1,−4) e B(8, 2m − 1,m), determinar m de modo que
|−→AB| =√
35.
Solucao:
|(8, 2m − 1,m) − (3,m − 1,−4)| =√
35 ⇒|(5, 2m − 1 −m + 1,m + 4)| =
√35 ⇒
√
(5)2 + (m)2 + (m2) + 8m + 16 =√
35 ⇒√
25 + (m)2 + (m2) + 8m + 16 =√
35 ⇒(√
25 + (m)2 + (m2) + 8m + 16)2=
(√35
)2⇒
25 + (m)2 + (m2) + 8m + 16 = 35 ⇒2m2 + 8m + 16 + 25 − 35 = 0 ⇒2m2 + 8m + 6 = 0 ⇒m2 + 4m + 3 = 0 ⇒ Resolvendo a Equacao 2 grau.
δ = 42 − 4.1.3
δ = 16 − 12
δ = 4
m =−4 ±
√4
2.1
m′ =−4 + 2
2⇒ m′ =
−2
2⇒ m′ = −1
m′′ =−4 − 2
2⇒ m′′ =
−6
2⇒ m′′ = −3
10. Calcular o perımetro do triangulo do vertices A(0, 1, 2), B(−1, 0,−1) e C(2,−1, 0).
Solucao:
p = |−→AB| + |−→BC| + |−−→CA| ⇒ p = |(B − A)| + |(C − B)| + |(A − C)| ⇒p = |(−1, 0,−1) − (0, 1, 2)| + |(2,−1, 0) − (−1, 0,−1)| + |(0, 1, 2) − (2,−1, 0)| ⇒p = |(−1,−1,−3)| + |(3,−1, 1)| + |(−2, 2, 2)| ⇒
p =√
(−1)2 + (−1)2 + (−3)2 +√
(9)2 + (1)2 + (1)2 +√
(4)2 + (4)2 + (4)2 ⇒
p =√
11 +√
11 +√
12 ⇒p = 2
√11 +
√12 ⇒
p = 2√
11 + 2√
3 ⇒
p = 2(√
11 +√
3)
11. Obter um ponto P do eixo das abscissas equidistantes dos pontos A(2,−3, 1) eB(−2, 1,−1).
Solucao:
13
Queremos encontrar um ponto P(x, 0, 0), se os pontos sao equidistantes satisfaz a
seguinte equacao: |−→AP| = |−→PB|.Substituindo os pontos na equacao:
|(x, 0, 0) − (2,−3, 1)| = |(−2, 1,−1) − (x, 0, 0)| ⇒|x − 2, 3,−1| = | − 2 − x, 1,−1| ⇒√
(x − 2)2 + 32 + 12 =√
(−2 − x)2 + 12 + 11 ⇒√
x2 − 4x + 14 =√
x2 + 4x + 4 + 2 ⇒(√
x2 − 4x + 14)2 = (√
x2 + 4x + 4 + 2)2 ⇒x2 − 4x + 14 = x2 + 4x + 4 + 2 ⇒−4x − 4x = −14 + 4 + 2 ⇒−8x = −8 ⇒x = 1 ⇒Logo o ponto procurado P(1, 0, 0)
12. Seja o triangulo de vertices A(−1,−2, 4), B(−4,−2, 0) e C(3,−2, 1). Determine oangulo interno ao vertice B.
Solucao:−→BA = (−1,−2, 4) − (−4,−2, 0) = (3, 0, 4)−→BC = (3,−2, 1) − (−4,−2, 0) = (7, 0, 1)
|−→BA| =√
32 + 02 + 42 = 5
|−→BC| =√
72 + 02 + 12 = 5√
2
Pela equacao do produto escalar:−→BA.
−→BC = |−→BA|.|−→BC|.cosθ
Substituındo os valores temos:
(3, 0, 4).(7, 0, 1) = 5.5√
2.cosθ⇒(21 + 0 + 4) = 25
√2.cosθ⇒
25 = 25√
2.cosθ⇒
cosθ =25
25√
2⇒
θ = arccos1√
2
θ = 45o
13. Os pontos A,B,C sao vertices de um triangulo equilatero cujo lado mede 10cm.
Calcular−→AB e
−−→AC.
Solucao:
14
|−→AB| = 10cm
|−−→AC| = 10cm
Equacao do produto escalar:−→AB.
−−→AC = |−→AB|.|−−→AC|.cosθ⇒
Substituindo a equacao com os valores conhecidos:−→AB.
−−→AC = 10.10.cos60o ⇒
−→AB.
−−→AC = 100.0, 5 ⇒
−→AB.
−−→AC = 50
14. Os lados de um triangulo retangulo ABC (reto em A) medem 5,12 e 13. Calcular−→AB.
−−→AC +
−→BA.
−→BC +
−−→CA.
−→CB.
Solucao:−→AB.
−−→AC +
−→BA.
−→BC +
−−→CA.
−→CB
−→AB.
−−→AC = 0
cosα =5
13
cosα =
−→BA.
−→BC
|−→BA|.|−→BC|⇒ 5
13=
−→BA.
−→BC
5.13⇒⇒ −→
BA.−→BC = 25
cosθ =12
13=
−−→CA.
−→CB
|−−→CA|.|−→CB|⇒ 12
13=
−−→CA.
−→CB
12.13⇒ −−→
CA.−→CB = 144 ⇒
0 + 25 + 144 = 169−→AB.
−−→AC +
−→BA.
−→BC +
−−→CA.
−→CB = 169
15. Determinar os angulos do triangulo de vertice A(2, 1, 3), B(1, 0,−1) e C(−1, 2, 1).
Solucao:
Calculando A:−→AB = (1, 0,−1) − (2, 1, 3) = (−1,−1,−4) |−→AB| =
√
(−1)2 + 12 + (−4)2 =√
18−−→AC = (−1, 2, 1) − (2, 1, 3) = (−3, 1,−2) |−−→AC| =
√32 + 12 + 22 =
√14
Substituindo na equacao−→AB.
−−→AC = |−→AB|.|−−→AC|.cosA temos:
(−1,−1,−4).(−3, 1,−2) =√
18.√
14.cosA ⇒
cosA =10
√18.
√14
⇒
A = arccos10
3.2.√
7⇒
A = arccos5
3√
7
15
Calculando B:−→BA = (2, 1, 3) − (1, 0,−1) = (1, 1, 4) |−→BA| =
√12 + 12 + 42 =
√18
−→BC = (−1, 2, 1) − (1, 0 − 1) = (−2, 2, 2) |−→BC| =
√
(−2)2 + 22 + 22 = 2.√
3
Substituindo na equacao−→BA.
−→BC = |−→BA|.|−→BC|.cosB temos:
(1, 1, 4).(−2, 2, 2) =√
18.2.√
3.cosB ⇒ cosB =8
√18.2.
√3⇒ B = arccos
8
2.3.√
6⇒
B = arccos4
3.√
6⇒ B = arccos
4.√
6
3.√
6.√
6⇒ B = arccos
4.√
6
3.6⇒ B = arccos
2.√
6
3.3⇒
B = arccos2.√
6
9
Calculando C:−−→CA = (2, 1, 3) − (−1, 2, 1) = (3,−1, 2) |−−→CA| =
√
32 + (−1)2 + 22 =√
14−→CB = (1, 0,−1) − (−2, 21) = (2,−2,−2) |−→CB| =
√
22 + (−2)2 + (−2)2 = 2.√
3
Substituindo na equacao−−→CA.
−→CB = |−−→CA|.|−→CB|.cosC temos:
(3 − 1, 2).(2,−2,−2) =√
14.2.√
3.cosC ⇒ cosC =4
√14.2.
√3⇒ C = arccos
4
2.√
42⇒
C = arccos2√
42⇒ C = arccos
2√
42
16.π
3,Sabendo que o ângulo entre os vetores ~u = (2, 1, −1) e ~v = (1, −1, m + 2) é
determinar m.
Solucao:
Formula do angulo entre dois vetores :
cosΘ =~u.~v
|~u|.|~v|~u.~v = (2, 1,−1).(1,−1,m + 2) = 2.1 + 1(−1) + (−1)(m + 2) = 2 − 1 −m − 2 = −1 −m
|~u| =√
(22 + 12 + (−1)2) =√
6 |~v| =√
1 + 1 + (m + 2) =√
(2 +m2 + 4m + 4) =√m2 + 4m + 6
Substituindo os valores na equacao do angulo entre vetores temos:
cosπ
2=
(−1 −m)√
6.√
m2 + 4m + 6⇒ 1
2=
(−1 −m)√
6.√
m2 + 4m + 6⇒
√6.√
m2 + 4m + 6 = −2 −
2m ⇒Elevando ambos os membros ao quadrado:
6.(m2+4m+6) = (−2−2m)2 ⇒ 6m2+24m+36 = 4+8m+4m2 ⇒ 2m2+16m+32 = 0 ⇒m2 + 8m + 16 = 0 ⇒Resolvendo a equacao 2o Grau.
∆ = 82 − 4.1.16 = 0
16
m =−8 ± 0
2.1
m = −4
17. Calcular n para que seja de 30o o angulo entre os vetores ~u = (1,n, 2) e ~j.
Solucao:
~u = (1,n, 2)
|~u| =√
1 + n2 + 4 =√
n2 + 5
~v = (0, 1, 0)
|~v| = 1
Substituindo os valores acima na equacao: ~u.~v = |~u|.|~v|.cos30o
(1,n, 2).(0, 1, 0) =√
(n2 + 5).1.
√3
2⇒
0 + n + 0 =√
(n2 + 5).
√3
2⇒
n =√
(n2 + 5).
√3
2⇒
n2 =
(
√
(n2 + 5).
√3
2
)2
⇒
n2 = (n2 + 5).3
22⇒
n2 =3.(n2 + 5).
4⇒
4n2 = 3n2 + 15 ⇒n2 = 15 ⇒
n = ±√
15
18. Dados os vetores ~a = (2, 1, α), ~b = (α + 2,−5, 2) e ~c = (2α, 8, α), determinar o valor
de α para que o veor ~a +~b seja ortogonal ao vetor ~c − ~a.
Solucao:
~a +~b = (2, 1, α) + (α + 2,−5, 2) = (α + 4,−4, α + 2)
~c − ~a = (2α, 8, α) − (2, 1, α) = (2α − 2, 7, 0)
Para ser ortogonal (~a +~b).(~c − ~a) = 0
(α + 4,−4, α + 2).(2, 1, α) = (2α − 2, 7, 0) = 0
(α + 4).(2α − 2) − 4.7 + 0 = 0
2α2 − 2α + 8α − 8 − 28 = 0
2α2 + 6α − 36 = 0
α2 + 3α − 18 = 0
17
Resolvendo a equacao 2o grau.
∆ = 32 − 4.1.(−18) ⇒ ∆ = 81
α =−3 ± 9
2
α′ =−3 + 9
2⇒ α′ = 3
α′′ =−3 − 9
2⇒ α′′ = −6
19. Determinar o vetor ~v, paralelo ao vetor ~u = (1,−1, 2), tal que ~v.~u = −18.
Solucao:
~u = (1,−1, 2)
~v = α(~u) ⇒ ~v = (α,−α, 2α)
Substituindo os valores na equacao:~v.~u = −18.
(1,−2, 2)(α,−α, 2α) = −18
α + α + 4α = −18
6α = −18
α =−18
6α = −3
~v = (−3, 3,−6)
20. Determinar o vetor ~v ortogonal ao vetor ~u = (−4, 2, 6) e colinear e ao vetor ~w =(−6, 4,−2).
como o vetor ~v e colinear ao vetor ~w, temos que:
Solucao:
~v = α.~w
v = α.(−6, 4,−2) onde α elementos dos reais para α = 1, temos que o vetor ~v eigual ao vetor ~w, que isso nao deixa de ser colinear, ou seja dois vetores iguaisnao deixa de ser colinear.
~v = α.(−6, 4,−2) para α = (−1
2).t, onde t elemento dos reais, temos ~v = t.(3,−2, 1)
para t = −2, temos que o vetor ~v e igual ao vetor ~w, que isso nao deixa de sercolinear, ou seja dois vetores iguais nao deixa de ser colinear.
o vetor ~v = α.(−6, 4,−2) e tambem a solucao do problema...mas o vetor ~v =t.(3,−2, 1) e uma forma simplificada.
o vetor v = α.(−6, 4,−2) e o vetor ~v = t.(3,−2, 1) sao as mesmas solucoes, bastatomar α = (−1/2).t , onde t e k elementos dos reais.
entao temos que a resposta e ~v = t.(3,−2, 1) .
18
21. Determinar o vetor ~v, colinear ao vetor ~u = (−4, 2, 6),tal que ~v.~w = −12, sendo~w = (−1, 4, 2).
Solucao:
~v = α.~u
(x, y, z) = α.(−4, 2, 6)
(x, y, z) = (−4α, 2α, 6α)
Substituindo x, y e z na equacao:~v.~w = −12 temos:
(x, y, z).(−1, 4, 2) = −12 ⇒(−4α, 2α, 6α).(−1, 4, 2) = −12 ⇒4α + 8α + 12α = −12
24α = −12 ⇒ α = −1
2
~v = −1
2.(−4, 2, 6)
~v = (2,−1,−3) .
22. Provar que os pontos A(5, 1, 5), B(4, 3, 2) e C(−3,−2, 1) sao vertices de um trianguloretangulo.
Solucao:
Verificar se existe algum angulo de 90o nos vertices.
Testando A
cosA =
−→AB.
−−→AC
|−→AB|.|−−→AC|⇒
cosA =(−1, 2,−3).(−8,−3,−4)
|(−1, 2,−3)|.|(−8,−3,−4)| ⇒
cosA =14
3, 74.9, 43⇒
cosA = 0, 396 ⇒ A = arccos0, 396 ⇒ A � 60o ⇒ A , 90o
Testando B
cosB =
−→BA.
−→BC
|−→BA|.|−→BC|⇒
cosB =(1,−2, 3).(−7,−5,−1)
|(1,−2, 3)|.|(−7,−5,−1)| ⇒
cosB =0
3, 74.8, 66⇒
cosB = 0 ⇒ B = arccos0 ⇒ B = 90o .
Verificar se os pontos estao ligado se for um triangulo tem que satisfazer a seguinte
equacao:−→AB − −−→AC =
−→CB
19
Substituıdo os valores temos:
(−1, 2, 3−) − (−8,−3,−4) = (7, 5, 1)
(7, 5, 1) = (7, 5, 1)
Satisfeita a igualdade fica provado que os pontos estao ligados com o angulo Bsendo de 90o logo se trata de um triangulo retangulo.
23. Qual o valor de α para que os vetores ~a = α~i+ 5~j− 4~k e~b = (α+ 1)~i+ 2~j+ 4~k sejamortogonais?
Solucao:
~a.~b = 0
(α, 5,−4).((α + 1), 2, 4) = 0 ⇒α(α + 1) + 10 − 16 = 0 ⇒α(α + 1) − 6 = 0 ⇒α2 + α − 6 = 0 ⇒Resolvendo a equacao 2o grau temos:
∆ = 1 − 4.1.(−6) ⇒∆ = 25
α =−1 ± 5
2⇒
α′ =−1 + 5
2⇒ α′ = 2
α′′ =−1 − 5
2⇒ α′′ = −3
α′ = 2 ou α′′ = −3
24. Verificar se existe angulo reto no triangulo ABC, sendo A(2, 1, 3), B(3, 3, 5) eC(0, 4, 1).
Solucao:
Verificar se existe algum angulo de 90o nos vertices.
Testando A
cosA =
−→AB.
−−→AC
|−→AB|.|−−→AC|⇒
cosA =(1, 2, 1).(−2, 3,−2)
|(1, 2, 1)|.|(−2, 3,−2)| ⇒
cosA =0
3.4, 12⇒
cosA = 0 ⇒ A = arccos0 ⇒ A = 90o ⇒ A = 90o
A = 90o .
20
25. Os angulos diretores de um vetor podem ser de 45o, 60o e 90o? Justificar.
Solucao:
Para serem angulos diretores tem que satisfazer a formula: cos245o + cos260o +
cos290o = 1
Resolvendo:
(0, 707)2 + (0.5)2 + 02 = 1 ⇒0.5 + 0.25 + 0 = 1 ⇒0.75 , 1 logo: Nao sao angulos diretores.
26. Os angulos diretores de um vetor sao de 45o, 60o e γ. Determinar γ.
Solucao:
cos245o + cos260o + cos2γ = 1 ⇒(0, 707)2 + (0.5)2 + cos2γ = 1 ⇒0.5 + 0.25 + cos2γ = 1 ⇒cos2γ = 1 − 0.75 ⇒cos2γ = 0.25√
(cos2γ) =√
0.25
cosγ = ±0.5
γ = arccos ± 0.5
γ′ = 60o ou γ′′ = 120o
27. Determinar o vetor ~v, sabendo que |~v| = 5, ~v e ortogonal ao eixo 0z, ~v.~w = 6 e
~w = 2~j + 3~k.
Solucao:
~v = (x, y, z) ⇒Para ser Ortogonal a 0z = (0, 0, 1)
(x, y, z).(0, 0, 1) = 0 ⇒ 0.x + 0.y + 1.z = 0 ⇒ z = 0
Usando a equacao:~v.~w = 6 temos: (x, y, 0).(0, 2, 3) = 6 ⇒ 0.x+ 2y+ 3.0 = 6 ⇒ 2y =6 ⇒ y = 3
Usando a equacao |(x, 3, 0)| = 5 temos:√
x2 + 32 + 02 = 5 ⇒ x2 + 9 = 52 ⇒ x2 = 25 − 9 ⇒ x2 = 16 ⇒ x = ±√
16 ⇒ x = ±4
~v = (4, 3, 0) ou ~v = (−4, 3, 0)
28. Sabe-se que |~v| = 2, cosα =1
2e cosβ = −1
4. Determinar ~v.
Solucao:
cos2α + cos2β + cos2γ = 1 ⇒
21
(
1
2
)2
+
(
−1
4
)2
+ cos2γ = 1 ⇒
cos2γ = 1 −(
(
1
2
)2
+
(
−1
4
)2)
⇒
cos2γ = 1 −(
1
4+
1
16
)
⇒
cos2γ = 1 −(
4 + 1
16
)
⇒
cos2γ = 1 − 5
16⇒
cos2γ =16 − 5
16⇒
cos2γ =11
16⇒
cosγ = ±√
11
16⇒
cosγ = ±√
11
4⇒
Para coordenada x :
x = cosα.|~v| ⇒ x =1
2.2 ⇒ x = 1
Para coordenada y :
y = cosβ.|~v| ⇒ x = −1
4.2 ⇒ y = −1
2Para coordenada z :
z = cosγ.|~v| ⇒ z =
√11
4.2 ⇒ z = ±
√11
2
~v = (1,−1
2,±
√11
2)
29. Determinar um vetor unitario ortogonal ao vetor ~v = (2,−1, 1)
Solucao:
Seja ~u = (a, b, c) o vetor unitario pedido,entao a2 + b2 + c2 = 1
Como ~u e ortogonal a ~v ,entao ~u.~v = 0
~u.~v = 0 => (a, b, c).(2,−1, 1) = 0 ⇒ 2a − b + c = 0
Como temos duas equacoes,mas tres incognitas,entao teremos que atribuir a umaincognita um valor arbitrario. Logo, seja a = 0. Entao
c − b = 0 ⇒ c = b
a2 + b2 + c2 = 1 ⇒ b2 + b2 = 1 ⇒ b = ±√
2
2
Assim,encontramos dois vetores unitarios ~u e ortogonais a ~v
22
b =
√2
2⇒ c =
√2
2e a = 0 ⇒ ~u = (0,
√2
2,
√2
2)
b =
√2
2⇒ c =
√2
2e a = 0 ⇒ ~u = (0,−
√2
2,−
√2
2)
~u = (0,±√
2
2,±
√2
2)
30. Determinar um vetor de modulo 5 paralelo ao vetor ~v = (1,−1, 2).
Solucao:
~v = (1,−1, 2) Dois vetores ~v e ~w sao paralelos se existe uma constante real kdiferente de zero, tal que:
~w = k.~v ⇒ ~w = k.(1,−1, 2) = (k,−k, 2k)
|~w| = 5
|~w|2 = k2 + (−k)2 + (2k)2 = 6k2
52 = 6k2 ⇒ k = ±5.√
6
6
~w =
(
5.√
6
6,−5.
√6
6,
5.√
6
3
)
ou ~w =
(
−5.√
6
6,
5.√
6
6,−5.
√6
3
)
31. O vetor ~v e ortogonal aos vetores ~u = (2,−1, 3) e ~w = (1, 0,−2) e forma angulo
agudo com o vetor ~j. Calcular ~v, sabendo que |~v| = 3.√
6
Solucao:
~v = ~ux~w =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k2 −1 31 0 −2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 2~i + 7~j +~k.
~v = (2, 7, 1)
Agora calculemos o angulo que forma entre ~v e ~j, ou seja, o angulo que forma
o vetor ~v = (2, 7, 1) com o vetor~j = (0, 1, 0). teremos que cosθ =~v.~j
|~v|.|~j|⇒ cosθ =
7
3√
6.1=
7
3.√
6
cosθ =7
3√
6
32. Determine o vetor ~v, ortogonal ao eixo Oz, que satisfaz as condicoes ~v.~v1 = 10 e~v.~v2 = −5, sendo ~v1 = (2, 3,−1) e ~v2 = (1,−1, 2).
Solucao:
Calculando ~v.(0, 0, 1) = 0
~v.(0, 0, 1) = 0 ⇒ (x, y, z).(0, 0, 1) = 0 ⇒ z = 0
23
(x, y, 0).(1,−1, 2) = −5 ⇒ x − y = −5 ⇒ x = y − 5
(x, y, 0).(2, 3,−1) = 10 ⇒ 2x + 3y = 10 Substituindo x por y − 5 temos:
2(y − 5) + 3y = 10 ⇒ 2y − 10 + 3y = 10 ⇒ 5y = 20 ⇒ y = 4
Substituindo y = 4 em x = y − 5 temos: x = 4 − 5 ⇒ x = −1
~v = (−1, 4, 0)
33. Determinar o vetor projecao do vetor ~u = (1, 2,−3) na direcao de ~v = (2, 1,−2).
Solucao:
Formula da projecao de um vetor:Proj~v~u =~u.~v
|~v||~v|.~v
Resolvendo: |~v| =√
22 + 12 + (−2)2 ⇒ |~v| =√
9
Proj~v~u =(1, 2,−3).(2, 1,−2)
√9.√
9.(2, 1,−2) ⇒
Proj~v~u =(2 + 2 + 6)
9.(2, 1,−2)
Proj~v~u =10
9.(2, 1,−2)
34. Qual o comprimento do vetor projecao ~u = (3, 5, 2) sobre o eixos dos x.?
Solucao:
Formula da projecao de um vetor:Proj~i~u =~u.~i
|~i||~i|.~i
Resolvendo: |~i| = 1
Proj~i~u =(3, 5, 2).(1, 0, 0)
1.1.(1, 0, 0) ⇒
Proj~i~u = (3, 0, 0)
|Proj~i~u| =√
32 = 3
|Proj~i~u| = 3
35. Se o vetor−→AB tem co-senos diretores p, q e r e angulos diretores α , β e γ, quais
sao os co-senos e os angulos diretores de−→BA.
Solucao:
Sera o mesmo co-seno diretor do vetor AB, ja que o vetor tem mesmo modulo edirecao, tendo apenas o sentido contrario.
−p , −q e −r
O cosseno diretor de um vetor e a componente do vetor naquela direcao divididopelo modulo do seu versor, ou seja, para cada componente (x,y,z) tem-se umcosseno diretor. Se o vetor possui mesmo modulo e direcao, duas informacoes
24
para a obtencao do mesmo nao se alteram. o versor e o mesmo(modulo) e adistancia do vetor a componente(direcao) e a mesma tambem.
π − α, π − β e π − γ
36. Mostrar que ~u e ~v sao vetores, tal que ~u + ~v e ortogonal a ~u − ~v, entao |~u| = |~v|.Solucao:
~u = (a, b)
~v = (x, y)
~u + ~v = (a + x, b + y)
~u − ~v = (a − x, b − y)
(~u + ~v)(~u − ~v) = (a + x, b + y).(a − x, b − y) = 0
(a2 − x2, b2 − y2) = (0, 0)
a2 − x2 = 0 ⇒ a2 = x2 ⇒ a = x
b2 − y2 = 0 ⇒ b2 = y2.....b = y
Entao:
~u = (a, b) e ~v = (a, b)
Logo:
|~u| = |~v|
37. Mostrar que, se ~u e ortogonal a ~v e ~w, ~u e tambem e ortogonal a ~v + ~w
Solucao:
~u = (x, y, z)
~v = (a, b, c)
~z = (e, f , g)
Agora se ~u e ortogonal a ~v e ~w o produto escalar entre eles e 0. assim:
(x, y, z).(a, b, c) = 0, ou seja, ~u.~v = 0
(xa, yb, zc) = 0
(x, y, z).(e, f , g) = 0, ou seja, ~u.~z = 0
(xe, y f , zg) = 0
Agora vamos somar os dois, (xa, yb, zc)+ (xe, y f , zg) = 0, ja que ambos sao iguais a0. Agora vamos fazer ~v+ ~w = (x, y, z)+ (e, f , g) = (x+ e, y+ f , z+ g), se ~u e ortogonala ~v + ~w significa que
~u.(~v + ~w) = 0.
Aplicando a propriedade distributiva, temos (u.v) + (u.w) = 0 , e isso e verdade,pois ja provamos que ~u.~v = 0 e ~u.~w = 0, nas primeiras contas. Substituindoteremos 0 + 0 = 0 o que e verdade.
25
38. Calcular o modulo dos vetores ~u+~v e ~u−~v, sabendo que |~u| = 4 e ~v = 3 e o anguloentre ~u e ~v e de 60o.
Solucao:
|u + v|2 = |u|2 + |v|2 + 2.|u|.|v|.cos60o
|u − v|2 = |u|2 + |v|2 − 2.|u|.|v|.cos60o
No caso:
|u + v|2 = 42 + 32 + 2.4.3 ∗ cos60o = 16 + 9 + 24.1
2= 25 + 12 =
|u + v| =√
37
|u − v|2 = 42 + 32 − 2.4.3 ∗ sen60o = 16 + 9 − 24.1
2= 25 − 12
|u − v| =√
13
39. Sabendo que |~u| = 2, e |~v| = 3 e que ~u e ~v formam um angulo de3π
2rad, determinar
|(2~u − ~v).(~u − 2~v)|.
~u.~v = |~u||~v|cosθ = 2.3.cos(
3π
2
)
= 6.
(
−√
2
2
)
= −3√
2
Assim
|(2~u − ~v).(~u − 2~v)| =|2~u2 − 5~u.~v + 2~v2| =Como ~u.~u = |~u|2 e ~v.~v = |~v|2 temos:
|2|~u|2 − 5~u.~v + 2|~v|2| =|2.22 − 5~u.~v + 2.32| =|8 + 15
√2 + 18| =
|26 + 15√
2|Como o valor e positivo retira-se o modulo.
|(2~u − ~v).(~u − 2~v)| = 26 + 15√
2
40. Determinar ~u.~v + ~u.~w + ~v.~w, sabendo que ~u + ~v + ~w = ~0, |~u| = 2, |~v| = 3 e |~w| =√
5.
Solucao:
0 = 0.0 = (~u + ~v + ~w).(~u + ~v + ~w) =
~u.~u + ~u.~v + ~u.~w + ~v.~u + ~v.~v + ~v.~w + ~w.~u + ~w.~v + ~w.~w =
~u.~u + ~v.~v + ~w.~w + 2.(~u.~v + ~u.~w + ~v.~w) =
|~u|2 + |~v|2 + |~w|2 + 2.(~u.~v + ~u.~w + ~v.~w) =
4 + 9 +(√
5)2+ 2.(~u.~v + ~u.~w + ~v.~w) = 0 ⇒
~u.~v + ~u.~w + ~v.~w = −(13 + 5)
2
26
~u.~v + ~u.~w + ~v.~w = −18
2
~u.~v + ~u.~w + ~v.~w = −9
41. O vetor ~v e ortogonal aos vetores ~a = (1, 2, 0) e ~b = (1, 4, 3) e forma angulo agudocom o eixo dos x. Determinar ~v, sabendo que |~v| = 14.
Solucao:
Seja ~v = (x, y, z) o vetor procurado.
~v e ortogonal ao vetor ~a logo ~v.~a = 0 ⇒ x + 2y = 0 (1)
~v e ortogonal ao vetor ~b logo ~v.~b = 0 ⇒ x + 4y + 3z = 0 (2)
|~v| = 4 ⇒ x2 + y2 + z2 = 16 (3)
De(1) temos y = −x
2que substituıdo em (2) nos permite concluir que: z =
x
3Substituindo estes valores de y e z em (3) temos que
x2 = 144 => x = ±12.
Porem, o problema nos diz que o anguloΘ formado por v e o eixo dos x e agudo.Entao o angulo formado por ~v e o vetor unitario na direcao do eixo x tambem e
agudo. Este vetor e~i = (1, 0, 0).
cosθ =~i.~v
|~i|.|~v|⇒ cosθ =
x
1.14=
x
14(4)
Como θ e agudo, seu cosseno e positivo. Entao podemos concluir de (4) que x epositivo ⇒ x = 12.
x = 12 ⇒ y =−x
2=−12
2= −6 e z =
x
3=
12
3= 4
O vetor Procurado: ~v = (12,−6, 4)
42. Dados os vetores ~u = (2,−1, 1), ~v = (1,−1, 0) e ~w = (−1, 2, 2), calcular :
a) ~w × ~vSolucao:
~w × ~v =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k−1 2 21 −1 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0 +~k + 2~j − (2~k − 2~i + 0)
~w × ~v = 2~i + 2~j −~k
~w × ~v = (2, 2,−1)
b) ~v × (~w − ~u)
Solucao:
~w − ~u = (−1, 2, 2) − (2,−1, 1) = (−3, 3, 1)
27
~v × (~w − ~u) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k1 −1 0−3 3 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −~i + 3~k − (3~k + ~j)
~v × (~w − ~u) = −~i − ~j
~v × (~w − ~u) = (−1,−1, 0)
c) (~u + ~v) × (~u − ~v)
Solucao:
~u + ~v = (2,−1, 1) + (1,−1, 0) = (3,−2, 1)
~u − ~v = (2,−1, 1) − (1,−1, 0) = (1, 0, 1)
~u + ~v × (~u − ~v) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k3 −2 11 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2~i + ~j − (−2~k + 3~j)
~u + ~v × (~u − ~v) = −2~i − 2~j + 2~k
~u + ~v × (~u − ~v) = (−2,−2, 2)
d) (2~u) × (3~v)
Solucao:
(2~u) = 2(2,−1, 1) = (4,−2, 2)
(3~v) = 3(1,−1, 0) = (3,−3, 0)
(2~u) × (3~v) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k4 −2 23 −3 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −12~k + 6~j − (−6~k − 6~i)
(2~u) × (3~v) = 6~i + 6~j − 6~k
(2~u) × (3~v) = (6, 6,−6)
e) (~u × ~v).(~u × ~v)
Solucao:
~u × ~v =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k2 −1 11 −1 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2~k + ~j − (−~k −~i)
(~u) × (~v) =~i + ~j −~k~u × ~v = (1, 1,−1)
(~u × ~v).(~u × ~v) = (1, 1,−1).(1, 1,−1) = 1 + 1 + 1 = 3
(~u × ~v).(~u × ~v) = 3
f) (~u × ~v).~w e ~u.(~v × ~w)
Solucao:
28
~u × ~v =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k2 −1 11 −1 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2~k + ~j − (−~k −~i)
~u × ~v =~i + ~j −~k~u × ~v = (1, 1,−1)
(~u × ~v).~w = (1, 1,−1).(−1, 2, 2) = −1 + 2 − 2 = −1
~v × ~w =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k1 −1 0−1 2 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2~i + 2~k − (~k + ~j)
~v × ~w = −2~i − 2~j +~k
~v × ~w = (−2,−2, 1)
~u.(~v × ~w) = (2,−1, 1).(−2,−2, 1) = −4 + 2 + 1 = −1
(~u × ~v).~w = ~u.(~v × ~w) = −1
g) (~u × ~v) × ~w e ~u × (~v × ~w)
Solucao:
~u × ~v =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k2 −1 11 −1 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2~k + ~j − (−~k −~i)
~u × ~v =~i + ~j −~k~u × ~v = (1, 1,−1)
(~u × ~v) × ~w =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k1 1 −1−1 2 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 2~k + ~j + 2~i − (−~k − 2~i + 2~j)
(~u × ~v) × ~w = 4~i − ~j + 3~k
(~u × ~v) × ~w = (4,−1, 3)
~v × ~w =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k1 −1 0−1 2 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2~i + 2~k − (~k + ~j)
~v × ~w = −2~i − 2~j +~k
~u × (~v × ~w) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k2 −1 1−2 −2 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −~i − ~j − 4~k − (2~j − 2~i + 2~k)
~u × (~v × ~w) =~i − 4~j − 6~k
h) (~u + ~v).(~u × ~w)
Solucao:
29
~u × ~w =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k2 −1 1−1 2 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2~i − ~j + 4~k − (2~i + 4~j +~k)
~u × ~w = −4~i − 5~j + 3~k
~u + ~v = (2,−1, 1) + (1,−1, 0) = (3,−2, 1)
(~u + ~v).(~u × ~w) = (3,−2, 1).(−4,−5, 3) = −12 + 10 + 3 = 1
(~u + ~v).(~u × ~w) = 1
43. Dados os vetores ~a = (1, 2, 1) e ~b = (2, 1, 0), calcular:
a) 2~a × (~a +~b)
Solucao:
~a +~b = (1, 2, 1) + (2, 1, 0) = (3, 3, 1)
2~a = 2(1, 2, 1) = (2, 4, 2)
2~a × (~a +~b) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k2 4 23 3 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 4~i + 6~j + 6~k − (6~i + 2~j + 12~k)
2~a × (~a +~b) = −2~i + 4~j − 6~k
2~a × (~a +~b) = (−2, 4,−6)
b) (~a + 2~b) × (~a − 2~b)
2~b = 2(2, 1, 0) = (4, 2, 0)
~a + 2~b = (1, 2, 1) + (4, 2, 0) = (5, 4, 1)
~a − 2~b = (1, 2, 1)(4, 2, 0) = (−3, 0, 1)
(~a + 2~b) × (~a − 2~b) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k5 4 1−3 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 4~i − 3~j − (5~j − 12~k)
(~a + 2~b) × (~a − 2~b) = 4~i − 8~j + 12~k
(~a + 2~b) × (~a − 2~b) = (4,−8, 12)
44. Dados os pontos A(2,−1, 2), B(1, 2,−1) e C(3, 2, 1) determinar o vetor−→CB × (
−→BC −
2−−→CA).
Solucao:−→CB = B − C = (1, 2,−1) − (3, 2, 1) = (−2, 0,−2)−→BC = C − B = (3, 2, 1) − (1, 2,−1) = (2, 0, 2)
2−−→CA = 2(A − C) = 2[(2,−1, 2) − (3, 2, 1)] = 2(−1,−3, 1) = (−2,−6, 2)−→BC − 2
−−→CA = (2, 0, 2) − (−2,−6, 2) = (4, 6, 0)
30
−→CB × (
−→BC − 2
−−→CA) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k−2 0 −24 6 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −8~j − 12~k − (−12~i)
−→CB × (
−→BC − 2
−−→CA) = 12~i − 8~j − 12~k
−→CB × (
−→BC − 2
−−→CA) = (12,−8,−12)
45. Determinar um vetor simultaneamente ortogonal aos vetores 2~a+~b e~b = ~a, sendo
~a = (3,−1,−2) e ~b = (1, 0,−3).
Solucao:
2~a = 2(3,−1,−2) = (6,−2,−4)
2~a +~b = (6,−2,−4) + (1, 0,−3) = (7,−2,−7)
~b − ~a = (1, 0,−3) − (3,−1,−2) = (−2, 1,−1)
(2~a +~b) × (~b − ~a) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k7 −2 −7−2 1 −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 2~i + 14~j + 7~k − (−7~j − 7~i + 4~k)
(2~a +~b) × (~b − ~a) = 9~i + 21~j + 3~k
(2~a +~b) × (~b − ~a) = (9, 21, 3)
46. Dados os vetores ~a = (1,−1, 2),~b = (3, 4,−2) e ~c = (−5, 1,−4), mostre que ~a.(~b×~c) =
(~a ×~b).~c
Solucao:
~b × ~c =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k3 4 −2−5 1 −4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −16~i + 10~j + 3~k − (−12~j − 2~i − 20~k)
~b × ~c = −19~i + 22~j + 23~k
~a ×~b =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k1 −1 23 4 −2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 2~i + 6~j + 4~k − (−2~j + 8~i − 3~k)
~a ×~b = −6~i + 8~j + 7~k
~a.(~b × ~c) = (1,−1, 2).(−14, 22, 23) = −14 + (−22) + 46 = 10
(~a ×~b).~c = (−6, 8, 7).(−5, 1,−4) = 30 + 8 − 28 = 10
~a.(~b × ~c) = (~a ×~b).~c = 10
47. Determinar o valor de m para que o vetor ~w = (1, 2,m) seja simultaneamenteortogonal aos vetores ~v1 = (2,−1, 0) e ~v2 = (1,−3,−1).
Solucao:
31
Calcular o produto vetorial entre ~v1 × ~v2
~v1 × ~v2 =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k2 −1 01 −3 −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=~i − 6~k − (−2~j −~k)
~v1 × ~v2 =~i + 2~j − 5~k
~w = α(~v1 × ~v2) ⇒(1, 2,m) = α(1, 2,−5)
1 = α1 ⇒ α = 1
logo:
m = α − 5 ⇒ m = 1. − 5 ⇒ m = −5
m = −5
48. Dados os vetores ~v =(
a, 5b,− c
2
)
e ~w = (−3a, x, y), determinar x e y para que
~v × ~w = ~0Solucao:
~v × ~w =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~ka 5b − c
2
−3a x y
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 5by~i + (−3a)(− c2)~j + ax~k − (+ay~j + (− c
2)x~i + 5b(−3a)~k)
~v × ~w =(
5by +cx
2
)
~i +(
3ac
2− ay
)
~j + (ax + 15ab)~k
Igualando ~v × ~w = ~0 temos:
3ac
2− ay = 0 ⇒ ay =
3ac
2⇒ y =
3c
2ax + 15ab = 0 ⇒ ax = −15ab ⇒ x = −15b
x = −15b e y =3c
2
49. Determinar um vetor unitario simultaneamente ortogonal aos vetores ~v1 = (1, 1, 0)e ~v2 = (2,−1, 3), Nas mesmas condicoes, determinar um vetor de modulo 5.
Solucao:
~v1 × ~v2 =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k1 1 02 −1 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 3~i −~k − (3~j + 2~k)
~v1 × ~v2 = 3~i − 3~j − 3~k
Calculando o Modulo:
|~v1 × ~v2| =√
32 + (−3)2 + (−32) = 3√
3
~u =~v1 × ~v2
|~v1 × ~v2|⇒
32
~u =
(
3
3√
3,− 3
3√
3,− 3
3√
3
)
⇒
~u =
(
1√
3,− 1
√3,− 1
√3
)
⇒
Onde ~u e o vetor unitario que queremos encontrar.
Para encontrar o vetor na mesma direcao de ~u com modulo 5 basta multiplicarpelo escalar 5, logo:
5~u =
(
5√
3,− 5
√3,− 5
√3
)
~u =
(
1√
3,− 1
√3,− 1
√3
)
e 5~u =
(
5√
3,− 5
√3,− 5
√3
)
50. Mostrar num grafico um representante de cada um dos seguintes vetores:
a) ~j × 2~i
Solucao:
33
b) 3~i × 2~k
Solucao:
51. Sabendo que |~a| = 3, |~b| =√
2 e 45o e o angulo entre ~a e ~b, calcular |~a ×~b|.Solucao:
Usando a formula do modulo do produto vetorial temos:
|~a ×~b| = |~a|.|~b|.senθ⇒|~a ×~b| = 3.
√2.sen45o ⇒
|~a ×~b| = 3.√
2.
√2
2⇒
|~a ×~b| = 3
52. Se |~u × ~v| = 3√
3, |~u| = 3 e 60o e o angulo entre ~u e ~v, determinar |~v|.Solucao:
Usando a formula do modulo do produto vetorial temos:
|~a ×~b| = |~a|.|~b|.senθ⇒3√
3 = 3.|~v|.sen60 ⇒
3√
3 = 3.|~v|.√
3
2
|~v| = 3.√
3.2
3.√
3
|~v| = 2
34
53. Dados os vetores ~a = (3, 4, 2) e ~b = (2, 1, 1), obter um vetor de modulo 3 que seja
ao mesmo tempo ortogonal aos vetores 2~a −~b e ~a +~b.
Solucao:
2~a = 2.(3, 4, 2) = (6, 8, 4)
2~a −~b = (6, 8, 4) − (2, 1, 1) = (4, 7, 3)
~a +~b = (3, 4, 2) + (2, 1, 1) = (5, 5, 3)
(2~a −~b) × (~a +~b) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k4 7 35 5 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 21~i + 15~j + 20~k − (35~k + 15~i + 12~j)
(2~a −~b) × (~a +~b) = 6~i + 3~j − 15~k
(2~a −~b) × (~a +~b) = (6, 3,−15)
|(2~a −~b) × (~a +~b)| =√
62 + 32 + (−15)2 =√
36 + 9 + 225 =√
270 = 3√
30
(2~a −~b) × (~a +~b)
|(2~a −~b) × (~a +~b)|=
(
6
3√
30,
3
3√
30,− 15
3√
30
)
=
(
2√
30,
1√
30,− 5
√30
)
3.(2~a −~b) × (~a +~b)
|(2~a −~b) × (~a +~b)|= 3.
(
2√
30,
1√
30,− 5
√30
)
=
(
6√
30,
3√
30,− 15
√30
)
3.(2~a −~b) × (~a +~b)
|(2~a −~b) × (~a +~b)|=
(
6√
30,
3√
30,− 15
√30
)
54. Calcular a area do paralelogramo definido pelos vetores ~u = (3, 1, 2) e~v = (4,−1, 0).
Solucao: ~u × ~v =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k3 1 24 −1 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0 − 3~k + 8~j − (4~k − 2~i + 0)
~u × ~v = 2~i + 8~j − 3~k
|~u × ~v| =√
22 + 82 + (−7)2
|~u × ~v| =√
117
55. Mostrar que o quadrilatero cujos vertices sao os pontos A(1,−2, 3), B(4, 3,−1),C(5, 7,−3) e D(2, 2, 1) e um paralelogramo e calcule sua area.
Solucao:
Para ser um paralelogramo a equacao−→AB +
−−→AD =
−−→AC tem que ser satisfeita.
−→AB = (4, 3,−1) − (1,−2, 3) = (3, 5,−4)−−→AD = (2, 2, 1) − (1,−2, 3) = (1, 4,−2)−−→AC = (5, 7,−3) − (1,−2, 3) = (4, 9,−6)
Substituindo os respectivos valores na equacao:−→AB +
−−→AD =
−−→AC temos:
35
(3, 5,−4) + (1, 4,−2) = (4, 9,−6)
(4, 9,−6) = (4, 9,−6), a igualdade foi satisfeita logo e um paralelogramo.
Calculo da area:
area=−→AB × −−→AD
−→AB × −−→AD =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k3 5 −41 4 −2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 10~i + 4~j + 12~k − (5~k = 16~i − 6~j) = 6~i + 2~j + 7~k
|−→AB × −−→AD| =√
62 + 22 + 72 =√
36 + 4 + 49 =√
89
|−→AB × −−→AD| =√
89
56. Calcular a area do paralelogramo cujos os lados sao determinados pelos vetores2~u e −~v, sendo ~u = (2,−1, 0) e ~v = (1,−3, 2).
Solucao:
2~u = (4,−2, 0)
−~v = (−1, 3,−2)
(2~u) × (−~v) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k4 −2 0−1 3 −2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 4~i − 12~k + 0 − (2~k + 0 − 2~j) = 4~i − 8~j + 10~k
(2~u) × (−~v) = 4~i − 8~j + 10~k
|(2~u) × (−~v)| =√
42 + (−8)2 + 102
|(2~u) × (−~v)| =√
16 + 64 + 100
|(2~u) × (−~v)| =√
180
|(2~u) × (−~v)| =√
22.32.5
|(2~u) × (−~v)| = 2.3√
5
|(2~u) × (−~v)| = 6√
5
57. Calcule a area do triangulo de vertices a)A(−1, 0, 2), B(−4, 1, 1) e C(0, 1, 3)
Solucao:
area do triangulo e dado pela formula:|−→AB × −−→AC|
2−→AB = B − A = (−3, 1,−1)−−→AC = C − A = (1, 1, 1)
−→AB × −−→AC =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k−3 1 −11 1 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=~i − 3~k − ~j − (~k − 3~j −~i)
−→AB × −−→AC = 2~i + 2~j − 4~k
36
|−→AB × −−→AC| =√
22 + 22 + (−4)2
|−→AB × −−→AC| =√
4 + 4 + 16
|−→AB × −−→AC| =√
24 = 2√
6
area do triangulo =|−→AB × −−→AC|
2=
2√
6
2=√
6
area do triangulo=√
6
b)A(1, 0, 1), B(4, 2, 1) e C(1, 2, 0)
Solucao:
area do triangulo e dado pela formula:|−→ABx
−−→AC|
2−→AB = B − A = (3, 2, 0)−−→AC = C − A = (0, 2,−1)
−→AB × −−→AC =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k3 2 00 2 −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 2~i + 6~k + 0 − (0 − 3~j + 0)
−→AB × −−→AC = −2~i + 23vecj + 6~k
|−→AB × −−→AC| =√
(−2)2 + 32 + 62
|−→AB × −−→AC| =√
4 + 9 + 36
|−→AB × −−→AC| =√
49 = 7
area do triangulo =|−→AB × −−→AC|
2=
7
2
area do triangulo=7
2
c)A(2, 3,−1), B(3, 1,−2) e C(−1, 0, 2)
Solucao:
area do triangulo e dado pela formula:|−→AB × −−→AC|
2−→AB = B − A = (1,−2,−1)−−→AC = C − A = (−3,−3, 3)
−→AB × −−→AC =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k1 −2 −1−3 −3 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −6~i − 3~k + 3~j − (6~k + 3~i + 3~j)
−→AB × −−→AC = −9~i − 9~k
|−→AB × −−→AC| =√
(−9)2 + (−9)2
37
|−→AB × −−→AC| =√
81 + 81
|−→AB × −−→AC| =√
162 = 9√
2
area do triangulo =|−→AB × −−→AC|
2=
9√
2
2= 9
√2
area do triangulo=9√
2
2
d)A(−1, 2,−2), B(2, 3,−1) e C(0, 1, 1)
Solucao:
area do triangulo e dado pela formula:|−→AB × −−→AC|
2−→AB = B − A = (3, 1, 1)−−→AC = C − A = (1,−1, 3)
−→AB × −−→AC =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k3 1 11 −1 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 3~i − 3~k + ~j − (~k + 9~j −~i)
−→AB × −−→AC = 4~i − 8~j − 4~k
|−→AB × −−→AC| =√
42 + (−8)2 + (−4)2
|−→AB × −−→AC| =√
16 + 64 + 16
|−→AB × −−→AC| =√
96 = 4√
6
area do triangulo =|−→AB × −−→AC|
2=
4√
6
2= 2
√6
area do triangulo= 2√
6
58. Calcular a area do paralelogramo que tem um vertice no ponto A(3, 2, 1) e umadiagonal de extremidade B(1, 1,−1) e C(0, 1, 2).
Solucao:−−→AC = C − A = (−3,−1, 1)−→BA = A − B = (2, 1, 2)
−−→AC × −→BA =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k−3 −1 12 1 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2~i − 3~k + 2~j − (−2~k − 6~j +~i)
−−→AC × −→BA = −3~i + 8~j −~k
|−−→AC × −→BA| =√
(−3)2 + 82 + (−1)2 =√
3 + 64 + 1 =√
74
|−−→AC × −→BA| =√
74
38
59. Calcular x, sabendo que A(x, 1, 1), B(1,−1, 0) e C(2, 1,−1) sao vertices de um
triangulo de area
√29
2.
Solucao:−→AB = (1 − x,−2,−1)−→BC = (1, 2,−1)
−→AB × −→BC =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k1 − x −2 −1
1 2 −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 4~i + (−2x + 4)~k + x~j
−→AB × −→BC = 4~i − x~j + (−2x + 4)~k
|−→AB × −→BC| =√
42 + x2 + (4 − 2x)2
|−→AB × −→BC| =√
16 + x2 + 16 − 4x + 4x2
substituindo pelo valor da area do triangulo temos:√
16 + x2 + 16 − 4x + 4x2
2=
√29
2⇒
Cancelando ambos os denominadores iguais a 2.√
16 + x2 + 16 − 4x + 4x2 =√
29 ⇒Cancelando as raizes:
16 + x2 + 16 − 4x + 4x2 = 29 ⇒5x2 − 16x + 32 = 29 ⇒5x2 − 16x + 32 − 29 = 0 ⇒5x2 − 16x + 3 = 0 ⇒Resolvendo a equacao 2o grau:
∆ = 256 − 60 = 196
x =16 ± 14
10
x′ =2
10=
1
5
x′′ =30
10= 3
x′ =1
5ou x′′ = 3
60. Dado o triangulo de vertices A(0, 1,−1), B(−2, 0, 1) e C(1,−2, 0), calcular a medidada altura relativa ao lado BC.
Solucao:
vetor−→AB:
−→AB = (−2 − 0)~i + (0 − 1)~j + (1 + 1)~k
39
−→AB = −2~i − ~j + 2~k
vetor−−→AC:
−−→AC = (1 − 0)~i + (−2 − 1)~j + (0 + 1)~k−−→AC =~i − 3~j +~k
−→AB × −−→AC =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k−2 −1 21 −3 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −~i + 2~j + 6~k − (−6~i − 2~j −~k)
−→AB × −−→AC = 5~i + 4~j + 7~k
area =|−→AB × −−→AC|
2=
√
(52 + 42 + 72)
2=
√90
2=
3.√
10
2
|−→BC| =√
(1 + 2)2 + (0 − 2)2 + (0 − 1)2] =√
14
area =−→BC.
h
2
h = 2.area−→BC=
2.3.√
10
2.√
14
h = 3.
√10
√14
h =3.√
10.√
14
14
h =3.√
140
14
h =3.2.
√35
14
h =3√
35
7
61. Determinar ~v tal que ~v seja ortogonal ao eixo dos y e ~u = ~v× ~w, sendo ~u = (1, 1,−1)e ~w = (2,−1, 1).
Solucao:
~v = (x, y, z)
Para ser ortogonal ao eixo dos y tem que satisfazer a seguinte formula ~v.~j = 0
(x, y, z) = (0, 1, 0) = 0 ⇒temos: y = 0
Onde temos: ~v = (x, 0, z)
Para segunda condicao: ~u = ~v × ~w:
Calculando:~v × ~w =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~kx 0 z2 −1 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −x~k + 2z~j − (−z~i + x~j) = z~i + (2z − x)~j − x~k
40
Igualando os resultados temos de ~u com ~v × ~w:
(1, 1,−1) = (z, 2z − x,−x) onde temos:
z = 1 e x = 1
~v = (1, 0, 1)
62. Dados os vetores ~u = (0, 1,−1), ~v = (2,−2,−2) e ~w = (1,−1, 2), determine o vetor~x, paralelo a ~w, que satisfaz a condicao: ~x × ~u = ~v.
Solucao:
~x//~w ⇒ ~x = α~w ⇒ ~x = α(1,−1, 2) ⇒ ~x = (α,−α, 2α)
~x × ~u =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~kα −α 2α0 1 −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= α~i + α~k − (2α~i − α~j) = −α~i + α~j + α~k
Temos pela formula: ~x × ~u = ~v(−α, α, α) = (2,−2,−2)
Tiramos que: α = −2:
logo: ~x = α~w
~x = −2(1,−1, 2) = (−2, 2,−4)
~x = (−2, 2,−4)
63. Dados os vetores ~u = (2, 1, 0) e ~v = (3,−6, 9), determinar o vetor ~x que satisfaz arelacao ~v = ~u × ~x e que seja ortogonal ao vetor ~w = (1,−2, 3).
Solucao:
~v = ~u × ~x
~u × ~x =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k2 1 0x y z
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= z~i − 2z~j + (2y − x)~k = (z,−2z, 2y − x)
mas como ~v = ~u × ~x, entao
(z,−2z, 2y − x) = (3,−6, 9)
pela igualdade acima
z = 3 e 2y − x = 9 (I)
foi dito que
~x ortogonal ~w = (1,−2, 3), por isso:
~x.~w = 0
(x, y, z).(1,−2, 3) = 0 e por essa igualdade
x − 2y + 3z = 0 ⇒ x − 2y + 9 = 0 ⇒ x − 2y = −9 (II)
como (I) = (II)
~x = 2y − 9
~x = (2y − 9, y, 3)
41
64. Demonstrar que ~a ×~b = ~b × ~c = ~c × ~a, sabendo que ~a +~b + ~c = ~0.
Solucao:
Se ~a ×~b = ~b × ~c = ~c × ~a , entao ~a = ~b = ~c :
Vou usar um exemplo:
~a = ~b = ~c = (2, 2, 2)
~a ×~b = ~b × ~c = ~c × ~a(2, 2, 2)x(2, 2, 2) = (2, 2, 2)x(2, 2, 2) = (2, 2, 2)x(2, 2, 2) = 0 Igualdade OK
mas na segunda igualdade nao a verdadeiro
~a +~b + ~c = ~a + ~a + ~a = 3~a = 3(2, 2, 2) = (6, 6, 6) , 0
So e verdadeiro quando: ~a = ~b = ~c = 0
65. Sendo ~u e ~v vetores do espaco, com ~v , 0:
a) determinar o numero real r tal que ~u − r~v seja ortogonal a ~v;
Solucao:
(~u − r~v).~v = 0 ⇒~u.~v − r~v.~v = 0
−r~v.~v = −~u.~vr|~v|2 = ~u.~v
r =~u.~v
|~v|2
b) mostrar que (~u + ~v) × (~u − ~v) = 2~v × ~u.
Solucao:
(~u + ~v) × (~u − ~v) ⇒~u × (~u − ~v) + ~v × (~u − ~v) ⇒~u × ~u + ~u × −~v + ~v × ~u + ~v × −~v ⇒~u × −~v + ~v × ~u ⇒−1(~u × ~v) + (~v × ~u) ⇒~v × ~u + ~v × ~u ⇒2(~v × ~u) ⇒2~v × ~u(~u + ~v) × (~u − ~v) = 2~v × ~u
66. Demonstrar que o segmento cujos extremos sao os pontos medios de dois ladosde um triangulo e paralelo ao terceiro lado e igual a sua metade.
Solucao:
Demonstracao:
42
Seja um trapezio ABCD de bases AB e CD.
Seja M o ponto medio de AD e N o ponto medio de BC
Construamos uma reta BM.
Prolongue com o lado DC.
Seja Q o ponto de intersecao da reta BM com a reta que passa por DC.
Prolongue tambem o lado AD.
Anote as congruencias de angulos:
angulos QMD e AMB congruentes (angulos opostos pelo vertice) angulos MDQe MAB congruentes (como os lados AB e CD sao paralelos, temos que a reta quepassa por AD e uma transversal as bases. Portanto seus angulos alternos internossao congruentes). O segmento AM e congruente ao segmento MD, pois M e oponto medio do segmento AD.
Pelo caso ALA de congruencia, temos que os triangulos MQD e AMB sao congru-entes.
Disso resulta que os segmentos MQ e MB sao congruentes.
Agora observe o triangulo BQC. O segmento MN e a base media desse triangulo,pois M e ponto medio do segmento BQ e N e o ponto medio do segmento BC,ambos lados do triangulo.
Pelo teorema da base media do triangulo, temos que: o segmento MN e paraleloao segmento CQ que por sua vez e paralelo ao lado AB. Podemos concluir queMN e paralelo as duas bases do trapezio. A medida de MN e metade da medidade CQ.
Da congruencia dos triangulos AMB e QDM, temos que os segmentos QD e ABsao congruentes.
Em formula:
MN =QC
2Mas QC = QD +DC e QD e congruente a AB
Portanto: QC = AB +DC
MN =(AB +DC)
2
67. Verificar se sao coplanares os segmentos vetores:
a) ~u = (3,−1, 2), ~v = (1, 2, 1) e ~w = (−2, 3, 4)
Solucao:
Para verificar se sao coplanares basta verificar se o produto misto seja igual a 0logo (~u, ~v, ~w) = 0
(~u, ~v, ~w) = 0
43
(~u, ~v, ~w) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
3 −1 21 2 1−2 3 4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 24 + 2 + 6 + 4 − 9 + 8 = 35
(~u, ~v, ~w) , 0 logo os vetores nao sao coplanares.
b) ~u = (2,−1, 0), ~v = (3, 1, 2) e ~w = (7,−1, 2)
Solucao:
Para verificar se sao coplanares basta verificar se o produto misto seja igual a 0logo (~u, ~v, ~w) = 0
(~u, ~v, ~w) = 0
(~u, ~v, ~w) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 −1 03 1 27 −1 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 4 − 14 + 0 + 6 + 4 − 0 = 0
(~u, ~v, ~w) = 0 logo os vetores sao coplanares.
68. Verificar se sao coplanares os pontos:
a) A(1, 1, 1), B(−2,−1,−3), C(0, 2,−2) e D(−1, 0,−2)
Solucao:
Calculo dos Segmentos:−→AB = (−2,−1,−3) − (1, 1, 1) = (−3,−2,−4)−−→AC = (0, 2,−2) − (1, 1, 1) = (−1, 1,−3)−−→AD = (−1, 0,−2) − (1, 1, 1) = (−2,−1,−3)
Calculo do produto misto dos 3 segmentos
(−→AB,
−−→AC,
−−→AD) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−3 −2 −4−1 1 −3−2 −1 −3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 9 − 4 − 12 − (8 − 9 − 6) = 9 − 4 − 12 − 8 + 9 + 6 = 0
(−→AB,
−−→AC,
−−→AD) = 0 logo, sim sao coplanares.
b) A(1, 0, 2), B(−1, 0, 3), C(2, 4, 1) e D(−1,−2, 2)
Solucao:
Calculo dos Segmentos:−→AB = (−1, 0, 3) − (1, 0, 2) = (−2, 0, 1)−−→AC = (2, 4, 1) − (1, 0, 2) = (1, 4,−1)−−→AD = (−1,−2, 2) − (1, 0, 2) = (−2,−2, 0)
Calculo do produto misto dos 3 segmentos
(−→AB,
−−→AC,
−−→AD) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−2 0 11 4 −1−2 −2 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2 − (−8 − 4) = −2 + 8 + 4 = 10
44
(−→AB,
−−→AC,
−−→AD) = 10 logo, nao sao coplanares.
c) A(2, 1, 3), B(3, 2, 4), C(−1,−1,−1) e D(0, 1,−1)
Solucao:
Calculo dos Segmentos:−→AB = (3, 2, 4) − (2, 1, 3) = (1, 1, 1)−−→AC = (−1,−1,−1) − (2, l, 3) = (−3,−2,−4)−−→AD = (0, 1,−1) − (2, 1, 3) = (−2, 0,−4)
Calculo do produto misto dos 3 segmentos
(−→AB,
−−→AC,
−−→AD) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 1 1−3 −2 −4−2 0 −4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 8 + 8 − (4 + 12) = 8 + 8 − 4 − 12 = 0
(−→AB,
−−→AC,
−−→AD) = 0 logo, sim sao coplanares.
69. Para que valor de m os pontos A(m, 1, 2), B(2,−2,−3), C(5,−1, 1) e D(3,−2,−2) saocoplanares?
Solucao:
Calculo dos segmentos:−→BA = (m, 1, 2) − (2,−2,−3) = (m − 2, 3, 5)−→BC = (5,−1, 1) − (2,−2,−3) = (3, 1, 4)−−→BD = (3,−2,−2) − (2,−2,−3) = (1, 0, 1)
Basta calcular o produto misto dos 3 segmentos
(−→BA,
−→BC,
−−→BD) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
m − 2 3 53 1 41 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= m − 2 + 12 − (5 + 9) = m − 2 + 12 − 5 − 9 = m − 4
para ser coplanar (−→BA,
−→BC,
−−→BD) = 0 logo temos
m − 4 = 0 ⇒ m = 4
m = 4
70. Determinar o valor de k para que os seguintes vetores sejam coplanares:
a)~a = (2,−1, k), ~b = (1, 0, 2) e ~c = (k, 3, k)
Solucao:
Para os vetores sejam coplanares tem que satisfazer a condicao (~a,~b,~c) = 0
(~a,~b,~c) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 −1 k1 0 2k 3 k
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2k + 3k + k − 12 = 2k − 12
Logo:(~a,~b,~c) = 0 temos:
45
2k − 12 = 0
k = 6
b)~a = (2, 1, 0), ~b = (1, 1,−3) e ~c = (k, 1, k)
Solucao:
Para os vetores sejam coplanares tem que satisfazer a condicao (~a,~b,~c) = 0
(~a,~b,~c) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 1 01 1 −3k 1 −k
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2k − 3k + k + 6 = −4k + 6
Logo:(~a,~b,~c) = 0 temos:
−4k + 6 = 0
k =3
2
c)~a = (2, k, 1), ~b = (1, 2, k) e ~c = (3, 0,−3)
Solucao:
(~a,~b,~c) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 k 11 1 k3 0 −3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −12 + 3k2 + 3k − 6 = 3k2 + 3k − 18
Logo:(~a,~b,~c) = 0 temos:
3k2 + 3k − 18 = 0
θ = 1 − 4.1.(−6) = 25
k =−1 ± 5
2
k′ =−1 + 5
2= 2
k′′ =−1 − 5
2= −3
k′ = 2 ou k′′ = −3
71. Sejam os vetores ~u = (1, 1, 0), ~v = (2, 0, 1), ~w1 = 3~u−2~v, ~w2 = ~u+3~v e ~w3 =~i+ ~j−2~k.
Determinar o volume do paralelepıpedo definido por ~w1, ~w2 e ~w3.
Solucao:
~w1 = (3, 3, 0) − (4, 0, 2) = (−1, 3,−2)
~w2 = (1, 1, 0) − (6, 0, 3) = (7, 1, 3)
~w3 = (1, 1,−2)
Vol = ~w1.(~w2 × ~w3) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−1 3 −27 1 31 1 −2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 2 + 9 − 14 − (−2 − 3 − 42) = 44
Vol = 44un
46
72. Calcular o valor de m para que o volume do paralelepıpedo determinado pelos
vetores ~v1 = 2~i − ~j, ~v2 = 6~i +m~j − 2~k e ~v3 = −4~i +~k seja igual a 10.
Solucao:
~v1 = (2,−1, 0)
~v2 = (6,m,−2)
~v3 = (−4, 0,−1)
Vol = ~v1.(~v2 × ~v3) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 −1 06 m −2−4 0 −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 2m − 8 − (−6) = 2m − 2
pela definicao temos:Vol = |~v1.(~v2 × ~v3)| = |2m − 2|Para Vol = 10 temos: 2m − 2 = 10 logo m = 6 ou 2m − 2 = −10 logo m = −4
m = 6 ou m = −4
73. Os vetores ~a = (2,−1,−3), ~b = (−1, 1,−4) e ~c = (m + 1,m,−1) determinam umparalelepıpedo de volume 42, Calcular m.
Solucao:
~a = (2,−1,−3)
~b = (−1, 1,−4)
~c = (m + 1,m,−1)
Vol = ~a.(~b×~c) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 −1 −3−1 1 −4
m + 1 m −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −2+3m+4(m+1)−(−3(m+1)−8m−1) = 18m+6
pela definicao temos:Vol = |~a.(~b × ~c)| = |18m + 6|
Para Vol = 42 temos: 18m + 6 = 42 logo m = 2 ou 18m + 6 = −42 logo m = −−8
3
m = 2 ou m = −−8
3
74. Dados os pontos A(1,−2, 3), B(2,−1,−4), C(0, 2, 0) e D(−1,m, 1), determinar ovalor de m para que seja de 20 unidades de volume o volume do paralelepıpedo
determinado pelos vetores−→AB,
−−→AC e
−−→AD.
Solucao:−→AB = (2,−1,−4) − (1,−2, 3) = (1, 1,−7)−−→AC = (0, 2, 0) − ()1,−2, 3) = (−1, 4,−3)−−→AD = (−1,m, 1) − (1,−2, 3) = (−2,m + 1,−2)
−→AB.(
−−→AC×−−→AD) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 1 −7−1 4 −3−2 m + 2 −2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −8+7(m+2)+6− (56−3(m+2)+2) = 10m−40
47
pela definicao temos:Vol = |−→AB.(−−→AC × −−→AD))| = |10m − 40|
Para Vol = 20 temos: 10m − 40 = 20 logo m = 6 ou 10m − 40 = −20 logo m = 2
m = 6 ou m = 2
75. Calcular o volume do tetraedro ABCD, sendo dados:
a)A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1) e D(4, 2, 7).
Solucao:
Pode-se dividir o paralelepıpedo em dois prismas triangulares e estes prismas,por sua vez, em tres tetraedros, todos com base e altura correspondentes aa basee altura do prisma. Resolucao:
Tem-se que todos os tetraedros terao o mesmo volume, ou seja, terao 16
do volumedo paralelepıpedo em questao, cujo volume e dado pelo produto misto de tresvetores nao coplanares que formam os lados do tetraedro (area da base e altura).
Escolhendo−−→DA,
−−→DB e e
−−→DC tem-se:
Vol =1
6|−−→DA.(
−−→DB × −−→DC)| = 1
6(3, 2, 7).[(4, 1, 7) × (4, 2, 6)] =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
3 2 74 1 74 2 6
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=1
6.[18 + 5656 −
(28 + 42 + 48)] =12
6= 2
Vol = 2
b)A(−1, 3, 2), B(0, 1,−1), C(−2, 0, 1) e D(1,−2, 0). Para este, calcular tambem amedida da altura tracada do vertice A.
Solucao:
Vol =1
6|−−→DA.(
−−→DB×−−→DC)| = 1
6(−2, 5, 2).[(−1, 3,−1)×(−3, 2, 1)] =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−2 5 2−1 3 −1−3 2 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=1
6.[−6−
4 + 15 − (−184 − 5)] =24
6= 4
Vol = 4
Vol = (areadabase).h ⇒ h =Vol
areadabase
−→BC × −−→BD =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k−2 −1 21 −3 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −~i + 2~j + 6~k − (−~k − 6~i − 2~j) = 5~i + 4~j + 7~k
|−→BC × −−→BD| =√
52 + 42 + 72 =√
90 = 3√
10
Formula da altura: h =|−−→DA.(
−−→DB × −−→DC)|
|−→BC × −−→BD|Substituindo pelos valores calculados temos:
h =24
3√
10=
8√
10
48
h =8√
10
49
4.15 Problemas Propostos
1. Verificar se os pontos P1(5,−5, 6) e P2(4,−1, 12) pertence a reta.
r :x − 3
−1=
y + 1
2=
z − 2
−2Solucao:
Para saber se o ponto pertence a reta basta substituir o ponto P1 na equacao dareta se pertencer a igualdade permanece.
x − 3
−1=
y + 1
2=
z − 2
−2⇒ 5 − 3
−1=−5 + 1
2=
6 − 2
−2⇒ −2 = −2 = −2 ; logo o ponto
pertence a reta dada.
Para saber se o ponto pertence a reta basta substituir o ponto P2 na equacao dareta se pertencer a igualdade permanece.
x − 3
−1=
y + 1
2=
z − 2
−2⇒ 4 − 3
−1=−1 + 1
2=
12 − 2
−2⇒ −1 , 0 , −5 ; logo o ponto
nao pertence a reta dada.
2. Determinar o ponto da reta
r:
x = 2 − ty = 3 + tz = 1 − 2t
que tem abscissa 4.
Solucao:
Temos x = 4 substituindo na primeira equacao para determinar t temos;
x = 2 − t ⇒ 4 = 2 − t ⇒ −t = 4 − 2 ⇒ t = −2
Para y temos;
y = 3 + t ⇒ y = 3 − 2 ⇒ y = 1
Para z temos;
z = 1 − 2t ⇒ z = 1 − 2(−2) ⇒ z = 1 + 4 ⇒ z = 5
P(4, 1, 5)
3. Determinar m e n para o ponto P(3,m,n) pertenca a reta
s:
x = 1 − 2ty = −3 − tz = −4 + t
Solucao:
Temos x = 3 substituindo na primeira equacao para determinar t temos;
x = 1 − 2t ⇒ 3 = 1 − 2t ⇒ −2t = 3 − 1 ⇒ −2t = 2 ⇒ t = −1
Para y temos;
y = −3 − t ⇒ m = −3 − (−1) ⇒ m = −3 + 1 ⇒ m = −2
3
Para z temos;
z = −4 + t ⇒ n = −4 − 1 ⇒ n = −5
P(3,−2,−5)
4. Determinar os pontos da reta r :x − 3
2=
y + 1
−1=
z
−2que tem
Solucao:
(a) abscissa 5;
Para x = 5 temos;
x − 3
2=
y + 1
−1⇒ 5 − 3
2=
y + 1
−1⇒ 2
2=
y + 1
−1⇒ −1 = y + 1 ⇒ y = −2
1 =z
−2⇒ z = −2
P(5,−2,−2)
(b) ordenada 4;
Para y = 4 temos;
x − 3
2=
4 + 1
−1⇒ x − 3
2=
5
−1⇒ x − 3 = −10 ⇒ x = −7
5
−1=
z
−2⇒ −5 =
z
−2⇒ z = 10
P(−7, 4, 10)
(c) cota 1.
Para z = 1 temos;
x − 3
2=
1
−2⇒ x − 3 = −1 ⇒ x = 2
y + 1
−1=
1
−2⇒ y + 1 =
1
2⇒ y =
1
2− 1 ⇒ y = −1
2
P(
2,−1
2, 1)
5. O ponto P(2, y, z) pertence a reta determinada por A(3,−1, 4) e B(4,−3,−1). Cal-cular P.
Solucao:
(x, y, z) = (3,−1, 4) + [(4,−3,−1) − (3,−1, 4)]t ⇒(x, y, z) = (3,−1, 4) + (1,−2,−5)t ⇒
r:
x = 3 + ty = −1 − 2tz = 4 − 5t
Para x = 2 temos:
2 = 3 + t ⇒ t = −1
4
y = −1 − 2.(−1) ⇒ y = −1 + 2 ⇒ y = 1
z = 4 − 5.(−1) ⇒ z = 4 + 5 ⇒ z = 9
P(2, 1, 9)
6. Determinar as equacoes reduzidas, com variavel independente x, da reta que
passa pelo ponto A(4, 0,−3) e tem a direcao do vetor ~v = 2~i + 4~j + 5~k.
Solucao:
(x, y, z) = (4, 0,−3) + (2, 4, 5)t ⇒
x = 4 + 2ty = 4t
z = −3 + 5t
Encontrando o valor de t em funcao de x;
2t = x − 4 ⇒ t =x − 4
2Substituindo t nas outras duas equacao temos;
y = 4(
x − 4
2
)
⇒ y = 2(x − 4) ⇒ y = 2x − 8
z = −3 + 5(
x − 4
2
)
⇒ z = −3 + 5(
x
2− 4
2
)
⇒ z = −3 +5x
2− 10 ⇒ z =
5x
2− 13
y = 2x − 8
z =5x
2− 13
7. Estabeleca as equacoes reduzidas (variavel independente x) da reta pelos paresde pontos:
a) A(1,−2, 3) e B(3,−1,−1)
Solucao:
(x, y, z) = (1,−2, 3) + [(3,−1,−1) − (1,−2, 3)]t ⇒(x, y, z) = (1,−2, 3) + (2, 1,−4)t ⇒
r:
x = 1 + 2ty = −2 + tz = 3 − 4t
Isolando t na primeira equacao:
2t = x − 1 ⇒ t =x − 1
2Substituindo t nas outras duas equacoes temos;
y = −2 +x − 1
2⇒ y =
−4 + x − 1
2⇒ y =
x − 5
2⇒ y =
x
2− 5
2
z = 3 − 4(
x − 1
2
)
⇒ z = 3 − 2x + 2 ⇒ z = −2x + 5
5
y =x
2− 5
2
z = −2x + 5
b) A(−1, 2, 3) e B(2,−1, 3)
Solucao:
(x, y, z) = (−1, 2, 3) + [(2,−1, 3) − (−1, 2, 3)]t ⇒(x, y, z) = (−1, 2, 3) + (3,−3, 0)t ⇒
r:
x = −1 + 3ty = 2 − 3t
z = 3
Isolando t na primeira equacao:
3t = x + 1 ⇒ t =x + 1
3Substituindo t na outra equacao temos;
y = 2 − 3(
x + 1
3
)
⇒ y = 2 − x − 1 ⇒ y = −x + 1
y = −x + 1
z = 3
8. Determinar as equacoes reduzidas tendo z como variavel independente, da retaque passa pelos pontos P1(−1, 0, 3) e P2(1, 2, 7).
Solucao:
(x, y, z) = (−1, 0, 3) + [(1, 2, 7) − (−1, 0, 3)]t ⇒(x, y, z) = (−1, 0, 3) + (2, 2, 4)t ⇒
r:
x = −1 + 2ty = 2t
z = 3 + 4t
Isolando t na ultima equacao temos;
4t = z − 3 ⇒ t =z − 3
4Substituindo t nas outras equacoes temos;
x = −1 + 2(
z − 3
4
)
⇒ x = −1 +(
z − 3
2
)
⇒ x =−2 + z − 3
2⇒ x =
z − 5
2⇒ x =
z
2− 5
2
y = 2.(
z − 3
4
)
⇒ y =z − 3
2⇒ y =
z
2− 3
2
x =z
2− 5
2
y =z
2− 3
2
6
9. Mostrar que os pontos A(−1, 4,−3), B(2, 1, 3) e C(4,−1, 7) sao colineares.
Solucao:
Condicao de alinhamento dos pontos:∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
x1 y1 z1
x2 y2 z2
x3 y3 z3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0
Resolvendo o determinante a matriz:∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−1 4 −32 1 34 −1 7
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −7 + 48 + 6 − 56 − 3 + 12 = −66 + 66 = 0
Logo o determinante e igual a 0 os pontos sao colineares.
10. Qual deve ser o valor de m para que os pontos A(3,m, 1), B(1, 1,−1) e C(−2, 10,−4)pertencam a mesma reta?
Solucao:
Condicao de alinhamento dos pontos:∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
x1 y1 z1
x2 y2 z2
x3 y3 z3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0
Resolvendo o determinante:∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
3 m 11 1 −1−2 10 −4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0 ⇒ −12 + 2m + 10 + 4m + 30 + 2 = 0 ⇒
6m + 30 = 0 ⇒ 6m = −30 ⇒ m = −5
11. Citar um ponto e um vetor diretor de cada uma das seguintes retas:
a)
x + 1
3=
z − 3
4y = 1
Solucao:
~v(3, 0, 4); P(−1, 1, 3)
b)
{
x = 2yz = 3
Solucao:
~v(2, 1, 0); P(0, 0, 3)
c)
x = 2ty = −1
z = 2 − t
Solucao:
7
~v(2, 0,−1); P(0,−1, 2)
d)
{
y = 3z = −1
Solucao:
~v(1, 0, 0); P(0, 3,−1)
e))
{
y = −xz = 3 + x
Solucao:
~v(1,−1, 1); P(0, 0, 3)
f) x = y = z
Solucao:
~v(1,−1, 1); P(0, 0, 0)
12. Determinar as equacoes das seguintes retas:
a) reta que passa por A(1,−2, 4) e e paralela ao eixo dos x;
Solucao:
A(1,−2, 4) ‖~i(1, 0, 0)
(x, y, z) = (1,−2, 4) + (1, 0, 0)t
x = 1 + ty = −2z = 4
Temos que a reta e paralelo ao eixo Ox podemos simplificar a equacao;{
y = −2z = 4
b) reta que passa por B(3, 2, 1) e e perpendicular ao plano xOz;
Solucao:
B(3, 2, 1) ⊥ xOz
B(3, 2, 1) ‖ Oy
B(3, 2, 1) ‖ ~j(0, 1, 0)
(x, y, z) = (3, 2, 1) + (0, 1, 0)t
x = 3y = 2 + t
z = 1
Temos que a reta e paralelo ao eixo Oy podemos simplificar a equacao;{
x = 3z = 1
8
c) reta que passa por A(2, 3, 4) e e ortogonal ao mesmo tempo aos eixos dos x edos y;
Solucao:
A(2, 3, 4) ⊥ xOy
A(2, 3, 4) ‖ Oz
A(2, 3, 4) ‖ ~k(0, 0, 1)
(x, y, z) = (2, 3, 4) + (0, 0, 1)t
x = 2y = 3
z = 4 + t
Temos que a reta e paralelo ao eixo Oz podemos simplificar a equacao;{
x = 2y = 3
d) reta que passa por A(4,−1, 2) e tem a direcao do vetor~i − ~j;Solucao:
A(4,−1, 2) ‖~i − ~j
A(4,−1, 2) ‖ ~k(1,−1, 0)
(x, y, z) = (4,−1, 2) + (1,−1, 0)t
x = 4 + ty = −1 − t
z = 2
Colocando t em funcao de y
y = −1 − t ⇒ y + 1 = −t ⇒ t = −1 − y
Substituindo t na funcao de x
x = 4 + t ⇒ x = 4 − y − 1 ⇒ x = 3 − y{
x = 3 − yz = 2
e) reta que passa pelos pontos M(2,−3, 4) e N(2,−1, 3).
Solucao:
(x, y, z) = (2,−3, 4) + [(2,−1, 3) − (2,−3, 4)]t
(x, y, z) = (2,−3, 4) + [(0, 2,−1)]t
x = 0;
Colocando t em funcao de z
z = 4 − t ⇒ −t = z − 4 ⇒ t = 4 − z
Substituindo t na funcao de y
9
y = −3 + 2(4 − z) ⇒ y = −3 + 8 − 2z ⇒ y = 5 − 2z{
x = 2y = 5 − 2z
13. Representar graficamente as retas cujas equacoes sao:
a)
x = −1 + ty = −10 + 5t
z = 9 − 3t
Solucao:
b)
x = 4 + 2ty = 3
z = −5 − 5t
Solucao:
10
c)
y = −3x + 6
z = x + 4
Solucao:
d)
x = −1 + ty = 3 − t
z = 2t
Solucao:
11
e)
y = 2x
z = 3
Solucao:
f)
y = 3
z = 2x
Solucao:
12
g)
z = 2y
x = 3
Solucao:
h)
x = 3
y = −4
Solucao:
13
i)
x = −3
z = 4
Solucao:
14. Determinar o angulo entre as seguintes retas:
a)r :
x = −2 − 2ty = 2t
z = 3 − 4te s :
x
4=
y + 6
2=
z − 1
2
Solucao:
~vr = (−2, 2,−4)
~vs = (4, 2, 2)
Formula do angulo entre vetores: cosθ =|~vr.~vs||~vr|.|~vs|
Substituindo os valores na formula:
cosθ =|(−2, 2,−4).(4, 2, 2)|
√
(−2)2 + 22 + (−4)2.√
42 + 22 + 22⇒ cosθ =
| − 8 + 4 − 8|√
4 + 4 + 16.√
16 + 4 + 4⇒
cosθ =| − 12|
24⇒ cosθ = 0.5 ⇒ θ = arccos0.5
θ = 60o
b)r :
x = −2x − 1
z = x + 2e s :
y
3=
z + 1
−3; x = 2
Solucao:
Para x = 0 temos: y = −1 e z = 2 obtemos P1(0,−1, 2)
Para x = 1 temos: y = −3 e z = 3 obtemos P2(1,−3, 3)
~vr[(1,−3, 3) − (0,−1, 2)]
~vr(1,−2, 1)
14
~vs(0, 3,−3)
Formula do angulo entre vetores: cosθ =|~vr.~vs||~vr|.|~vs|
Substituindo os valores na formula:
cosθ =|(1,−2, 1).(0, 3,−3)|
√
12 + (−2)2 + 12.√
02 + 32 + (−3)2⇒ cosθ =
| − 9|√
1 + 4 + 1.√
9 + 9⇒ cosθ =
| − 9|√
6.√
18⇒ θ = arccos
9√
108⇒ θ = 30o
c)r :
x = 1 +√
2ty = t
z = 5 − 3te s :
{
x = 0y = 0
Solucao:
~vr(√
2, 1,−3)
~vs(0, 0, 1)
Formula do angulo entre vetores: cosθ =|~vr.~vs||~vr|.|~vs|
Substituindo os valores na formula:
cosθ =|(√
2, 1,−3).(0, 0, 1)|√
2 + 1 + 9.√
1⇒ cosθ =
| − 3|√
12⇒ cosθ =
3√
12⇒ θ = arccos
3√
12⇒
θ = 30o
d)r :{
x − 4
2=
y
−1=
z + 1
−2e s :
x = 1y + 1
4=
z − 2
3Solucao:
~vr(2,−1,−2)
~vs(0, 4, 3)
Substituindo os valores na formula:
cosθ =|(2,−1,−2).(0, 4, 3)|
√22 + 1 + 4.
√0 + 16 + 9
⇒ cosθ =| − 4 − 6|
√4 + 1 + 4.
√16 + 9
⇒ cosθ =10
√9.√
25⇒
θ = arccos10
3.5⇒ θ = arccos
2
3⇒ θ = 48.18o
15. Determinar o valor de n para que seja de 30o o angulo entre as retas
r:{
x − 2
4=
y + 4
5=
z
3e s:
{
y = nx + 5z = 2x − 2
Solucao:
~vr(4, 5, 3)
para x = 0 em s temos: P1(0, 5,−2)
para x = 1 em s temos: P2(1,n + 5, 0)
15
Fazendo P2 − P1 = (0, 5,−2) − (1,n + 5, 0) = (1,n, 2)
~vs(1,n, 2)
cos30o =
√3
2
Formula do angulo entre vetores: cosθ =|~vr.~vs||~vr|.|~vs|
substituindo os valores temos:√3
2=
|(4, 5, 3).(1,n, 2)|√
42 + 52 + 32.√
12 + n2 + 22⇒
√3
2=
|4 + 5n + 6|√
16 + 25 + 9.√
1 + n2 + 4⇒
√3
2=
5n + 10√
50.√
n2 + 5⇒
√3
2=
5n + 10√
(n2 + 5).50⇒
(√3.√
(n2 + 5).50)2= (10n+20)2 ⇒ 3.(n2+5).50 = 100n2+400+400n ⇒ 150(n2+5) =
100n2 + 400 + 400n ⇒ 150n2 + 750 = 100n2 + 400 + 400n ⇒ n2 − 8n + 7 = 0
Resolvendo a equacao do 2o Grau temos:
δ = 64 − 4.1.7 = 36
n =8 ± 6
2⇒
n′ =8 + 6
2= 7
n′′ =8 − 6
2= −1
n = 7 ou −1
16. Calcular o valor de n para que seja de 30o o angulo que a reta r:
y = nx + 5
z = 2x − 3forma com o eixo do y.
Solucao:
Para x = 0 em r temos:
y = 5 e z = −3 temos: P1(0, 5,−3)
Para x = 1 em r temos:
y = n + 5 e z = −1 temos: P2(1,n + 5,−1)
~v1 = P2 − P2 = (1,n, 2)
~v2 = (0, 1, 0)
cos30o =
√3
2
Formula do angulo entre vetores: cosθ =|~v1. ~v2||~v1|.|~v2|
substituindo os valores temos:
16
√3
2=
|0 + n + 0|√
02 + 12 + 02.√
12 + n2 + 22⇒
√3
2=
|n|√
n2 + 5.√
1⇒ (2n)2 = (
√3.√
n2 + 5)2 ⇒
4n2 = 3n2 + 15 ⇒ 4n2 − 3n2 = 15 ⇒ n2 = 15 ⇒ n = ±√
15
n = ±√
15
17. A reta
x = 1 + 2ty = t
z = 3 − tforma um angulo de 60o com a reta determinda pelos pontos
A(3, 1,−2) e B(4, 0,m). Calcular o valor de m.
Solucao:
~v1 = (2, 1,−1)
~v2 = (1,−1,m + 2)
cos60o =1
2
Formula do angulo entre vetores: cosθ =|~v1. ~v2||~v1|.|~v2|
Substituindo os valores na formula:
cos60o =|2 + (−1) + (−m − 2)|
√
22 + 12 + (−1)2.√
12 + (−1)2 + (m + 2)2⇒ 1
2=
| −m − 1|√
6.√
m2 + 4m + 6⇒
1
2=
m + 1√
6.√
m2 + 4m + 6⇒ 1
2=
m + 1√
6m2 + 24m + 36⇒ 2.(m+1) =
√6m2 + 24m + 36 ⇒
2m + 2 =√
6m2 + 24m + 36 ⇒ (2m + 2)2 =
(√6m2 + 24m + 36
)2⇒ 4m2 + 8m + 4 =
6m2+24m+36 ⇒−2m2−16m−32 = 0 ⇒−m2−8m−32 = 0 ⇒m2+8m+32 = 0 ⇒Resolvendo a equacao do 2o Grau:
δ = 64 − 4.1.16 = 64 − 64 = 0
m =−8 ±
√0
2.1
m =−8
2
m = −4
18. Calcular o valor de m para que os seguintes pares de retas sejam paralelas:
a: r:
x = −3ty = 3 + t
z = 4e s:
x + 5
6=
y − 1
m; z = 6
Solucao:
b: r:
x = 2 − 3ty = 3
z = mte s:
x − 4
6=
z − 1
5; y = 7
Solucao:
17
a)
~vr = (−3, 1, 0) e ~vs = (6,m, 0)
Para ser paralelas:
−3
6=
1
m⇒ −3m = 6 ⇒ m = −2
b)
~vr = (−3, 0,m) e ~vs = (6, 0, 5)
−3
6=
m
5⇒ 6m = −15 ⇒ m =
−15
6⇒ m = −5
2m = −5
2
19. A reta passa pelo ponto A(1,−2, 1) e e paralela a reta s:
x = 2 + ty = −3tz = −t
Se P(−3,m,n) ∈ r, determinar o ponto m e n.
Solucao:
r : (x, y, z) = (1,−2, 1) + (1,−3,−1)t
r :
x = 1 + ty = −2 − 3t
z = 1 − t
Para o ponto dado P(−3,m,n) tiramos t sabendo o valor de x = −3 substituindona equacao da reta r para x;
x = 1 + t ⇒ t = −4
Agora com valor de t encontramos m;
m = −2 − 3(−4) ⇒ m = −2 + 12 ⇒ m = 10
Agora com valor de t encontramos n;
n = 1 − t ⇒ n = 1 − (−4) ⇒ n = 5
P(−3, 10, 5)
20. Quais as equacoes reduzidas da reta que passa pelo ponto A(−2, 1, 0) e e paralela
a reta r:x + 1
1=
y
4=
z
−1?
Solucao:
(x, y, z) = (−2, 1, 0) + (1, 4,−1)t
x = −2 + ty = 1 + 4t
z = −t
Fazendo t em funcao de x.
t = 2 + x
Substituindo t na equacao de y temos;
18
y = 1 + 4(2 + x) ⇒ y = 1 + 8 + 4x ⇒ y = 4x + 9
Substituindo t na equacao de z temos;
z = −(2 + x) ⇒ z = −x − 2{
y = 4x + 9z = −x − 2
21. A reta que passa pelos pontos A(−2, 5, 1) e B(1, 3, 0) e paralela a reta determinadapor C(3,−1,−1) e D(0, y, z). Determinar o ponto D.
Solucao:
~v1 = B − A = (3,−2,−1)
~v2 = C −D = (3,−1 − y,−1 − z)
Como os vetores sao Paralelos temos:
~v1 = α~v2
(3,−2,−1) = α(3,−1 − y,−1 − z)
temos que:
α =3
3= 1
Resolvendo y;
−2 = 1.(−1 − y) ⇒ −2 = −1 − y ⇒ y = 1
Resolvedo z;
−1 = 1.(−1 − z) ⇒ −1 = −1 − z ⇒ z = 0
D(0, 1, 0)
22. A reta
r:
y = mx + 3
z = x − 1
e ortogonal a reta determinada pelos pontos A(1, 0,m) e B(−2, 2m, 2m). Calcular ovalor de m.
Solucao:
Para x = 0 temos; y = 3 e z = −1 P1 = (0, 3,−1)
Para x = 1 temos; y = m + 3 e z = 0 P2 = (1,m + 3, 0)
~vr = (1,m, 1)
~vs = (−3, 2m,m)
Temos ~vr ⊥ ~vs temos; ~vr.~vs = 0
(1,m, 1).(−3, 2m,m) = 0 ⇒ −3 + 2m2 +m = 0 ⇒ 2m2 +m − 3 = 0
Resolvendo a equacao de 2o grau;
δ = 1 − 4.2(−3) = 25
19
m =−1 ±
√25
2.2⇒ m =
−1 ± 5
4
m′ =−1 + 5
4⇒ m′ = 1
m′′ =−1 − 5
4⇒ m′′ = −3
2
23. Calcular o valor de m para que sejam coplanares as seguintes retas
a) r:
{
y = 2x + 3z = 3x − 1
e s:x − 1
2=
y
−1=
z
m
Solucao:
Para x = 0 temos y = 3 e z = −1. P1 = (0, 3,−1)
Para x = 1 temos y = 5 e z = 2. P2 = (1, 5, 2)
~r = P2 − P1 = (1, 2, 3)
~s = (2,−1,m)
P3 = (1, 0, 0)−−−→P1P3 = (1,−3, 1)
Condicao de Coplanaridade:
(~r,~s,−−−→P1P3) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 2 32 −1 m1 −3 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0 ⇒ −1 + 2m − 18 − 4 + 3m + 3 = 0 ⇒ 5m − 20 = 0 ⇒
5m = 20 ⇒ m =20
5⇒ m = 4
b) r:
{
x = −1y = 3
e s:
{
y = 4x −mz = x
Solucao:
Para reta r
~r = (0, 0, 1)
P1 = (−1, 3, 0)
Para a reta s
P2 = (0,−m, 0)
P3 = (1, 4 −m, 1)
~s = P3 − P2 = (1, 4 −m, 1) − (0,−m, 0) = (1, 4, 1)−−−→P1P2 = (1,−m − 3, 0)
Condicao de Coplanaridade:
(~r,~s,−−−→P1P2) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
0 0 11 4 11 (−m − 3) 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0 ⇒ 0 + 0 + (−m − 3) − 0 − 0 − 4 = 0 ⇒ −m − 3 =
4 ⇒ m = −4 − 3 ⇒ m = −7
20
c) r:x −m
m=
y − 4
−3; z = 6 e s:
{
y = −3x + 4z = −2x
Solucao:
Para reta r:
~r = (m,−3, 0)
P3 = (m, 0, 6)
Para reta s:
P1 = (0, 4, 0)
P2 = (1, 1,−2)
~s = P2 − P1 = (1, 1,−2) − (0, 4, 0) = (1,−3,−2)−−−→P1P3 = (m, 0, 6)
Condicao de Coplanaridade:
(~r,~s,−−−→P1P3) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
m −3 01 −3 −2m 0 6
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0 − 18m + 6m + 18 = 0 ⇒ −12m = −18 ⇒ m =18
12⇒
m =3
2⇒ m =
3
2
24. Calcular o ponto de intersecao das retas
a) r:
{
y = 3x − 1z = 2x + 1
e s:
{
y = 4x − 2z = 3x
Solucao:
Igualando as expressoes com z temos:
2x + 1 = 3x ⇒ x = 1
Substituindo x = 1 em y = 3x − 1 temos:
y = 3.1 − 1 ⇒ y = 2
Substituindo x = 1 em z = 3x temos:
z = 3
P(1, 2, 3)
b) r:x − 2
2=
y
3=
z − 5
4e s:
x = 5 + ty = 2 − tz = 7 − 2t
Solucao:
Isolando t em y = 2 − t temos: t = 2 − y
Substituindo t = 2 − y em x = 5 + t temos: y = 7 − x
Com a igualdadex − 2
2=
y
3substituindo y = 7 − x temos:
21
x − 2
2=
7 − x
3⇒ 3x − 6 = 14 − 2x ⇒ 5x = 20 ⇒ x = 4
Substituindo x = 4 em y = 7 − x temos: y = 7 − 4 ⇒ y = 3
Substituindo y = 3 em t = 2 − y temos: t = 2 − 3 ⇒ t = −1
Substituindo t = −1 em z = 7 − 2t temos: z = 7 − 2.(−1) ⇒ z = 7 + 2 ⇒ z = 9
P(4, 3, 9)
c) r:
{
y = 2x − 3z = 4x − 10
e s: x =y − 7
−3=
z − 12
−7
Solucao:
Temos x =y − 7
−3substituindo em y = 2x − 3 temos;
y = 2.y − 7
−3− 3 ⇒ y =
2y − 14
−3− 3 ⇒ y =
2y − 14 + 9
−3⇒ −3y = 2y − 5 ⇒ −5y =
−5 ⇒ y = 1
Temos x =z − 12
−7substituindo em z = 4z − 10 temos;
z = 4.(
z − 12
−7
)
− 10 ⇒ z =4z − 48
−7− 10 ⇒ z =
4z − 48 + 70
−7⇒ −7z = 4z − 22 ⇒
−11z = 22 ⇒ z = −2
Temos y = 1 substituindo em y = 2x − 3 temos:
1 = 2x − 3 ⇒ 4 = 2x ⇒ x = 2
P(2, 1,−2)
d) r:
{
y = −5z = 4x + 1
e s:x − 1
2=
z − 5
−3;y = −5
Solucao:
Temos z = 4x + 1 substituindo emx − 1
2=
z − 5
−3temos;
x − 1
2=
4x + 1 − 5
−3⇒ −3x + 3 = 8x − 8 ⇒ −11x = −11 ⇒ x = 1
Temos x = 1 substituindo em z = 4x + 1 temos;
z = 4.1 + 1 ⇒ z = 5
P(1,−5, 5)
25. Dadas as retas
r:y − 3
2=
z + 1
−2; x = 2, s:
{
y = 2xz = x − 3
e h:
x = 3 + ty = 1 − 3t
z = t, Determinar
a) o ponto de intersecao de s, r e h
Solucao:
Temos x = 2 substituindo em y = 2x temos y = 4
22
Temos x = 2 substituindo em x = 3 + t temos
2 = 3 + t ⇒ −t = 3 − 2 ⇒ t = −1
Temos t = −1 como z = t temo z = −1
P(2, 4,−1)
b) o angulo entre r e s.
Solucao:
~r = (2,−2, 0)
Para reta s temos;
Para x = 0 temos y = 0 e z = −3 P1 = (0, 0,−3)
Para x = 1 temos y = 2 e z = −2 P2 = (1, 2,−2)
~r = P2 − P1 = (1, 2,−2) − (0, 0,−3) = (1, 2, 1)
Formula do angulo entre vetores: cosθ =|~vr.~vs||~vr|.|~vs|
substituindo os valores temos:
cosθ =|(2,−2, 0).(1, 2, 1)||(2,−2, 0)|.|(1, 2, 1)| ⇒ cosθ =
|2 + (−4) + 0|√
22 + (−2)2 + 02.√
12 + 22 + 12⇒ cosθ =
| − 2|√
8.√
6⇒ cosθ =
2
2.√
2.√
6⇒ cosθ =
1√
12⇒ cosθ =
1
2√
3⇒ cosθ =
1
2√
3.
√3
√3⇒
cosθ =
√3
6⇒ θ = arccos
√3
6
26. Em que ponto a reta que passa por A(2, 3, 4) e B(1, 0,−2) intercepta o plano xy?
Solucao:
~v = B − A = (1, 0,−2) − (2, 3, 4) = (−1,−3,−6)
Encontrando as equacoes Parametricas da reta:
(x, y, z) = (2, 3, 4) + (−1,−3,−6)t
x = 2 − ty = 3 − 3tz = 4 − 6t
Como o ponto intercepta o plano xy temos que z = 0
Substituindo z = 0 em z = 4 − 6t temos 0 = 4 − 6t ⇒ 6t = 4 ⇒ t =2
3
Substituindo t =2
3em x = 2 − t temos x = 2 − 2
3⇒ x =
6 − 2
3⇒ x =
4
3
Substituindo t =2
3em y = 3 − 3t temos y = 3 − 3.
(
2
3
)
⇒ y = 3 − 6
3⇒ y = 1
P(
4
3, 1, 0)
23
27. Sejam as retas
r:
x = 2 + 3ty = 4 + 5t
z = mte s:
y = 2x + 1
z =x
2− 3
2Solucao:
Isolando t na equacao x = 2 + 3t temos −3t = 2 − x ⇒ t =2 − x
−3
Substituindo t =2 − x
−3em y = 4 + 5t temos
y = 4 + 5.(
2 − x
−3
)
⇒ y = 4 +10 − 5x
−3⇒ y =
−12 + 10 − 5x
−3⇒ y =
−2 − 5x
−3
Substiuindo y =−2 − 5x
−3em y = 2x + 1 temos
−2 − 5x
−3= 2x + 1 ⇒ −2 − 5x = −6x − 3 ⇒ x = −1
Substituindo x = −1 em y = 4 + 5x temos y = 4 + 5.(−1) ⇒ y = 4 − 5 ⇒ y = −1
Subtituindo x = −1 em z =x
2− 3
2temos z =
−1
2− 3
2⇒ z = −2
Subtituindo x = −1 em t =2 − x
−3temos t =
2 − (−1)
−3⇒ t = −1
Subtituindo t = −1 e z = −2 em z = mt temos −2 = m.(−1) ⇒ m = 2
a) calcular o valor de m para que r e s sejam concorrentes;
m = 2
b) determinar, para o valor de m, o ponto de intersecao de r e s.
P(−1,−1,−2)
28. Estabelecer as equacoes parametricas da reta que passa pelos ponto A(3, 2, 1) e esimultaneamente ortogonal as retas
r:
x = 3
z = 1e s:
y = −2x + 1
z = −x − 3
Solucao:
Calculo do Vetor diretor de r
vr = (0, 0, 1)
Calculo do Vetor diretor de s
Para x = 0 temos; y = 1 , z = −3 logo; P1 = (0, 1,−3)
Para x = 1 temos; y = −1, z = −4 logo; P2 = (1,−1,−4)
~P2 = (1,−1,−4) − (0, 1,−3) = (1,−2,−1)
Calculando o Vetor diretor ~v
24
~v = ~vr × ~vs =
~i ~j ~k0 0 11 −2 −1
= ~j + 2~i = 2~i + ~j
~v = (2, 1, 0)
Calculando a equacao parametrica da reta com o ponto A = (3, 2, 1) e o vetor~v = (2, 1, 0)
x = 3 + 2ty = 2 + t
z = 1
29. Estabelecer as equacoes da reta que passa pela origem e e simultaneamente orto-gonal as retas
r:x
2=
y
−1=
z − 3
−2e s:
x = 3x − 1
z = −x + 4
Solucao:
Para a reta s atribuimos x = 0 temos y = −1 e z = 4 logo P1 = (0,−1, 4)
Para a reta s atribuimos x = 1 temos y = 2 e z = 5 logo P2 = (1, 2, 5)
~vs = P2 − P1 = (1, 2, 5) − (0,−1, 4) = (1, 3, 1)
Para a reta r temos;
~vr = (2,−1,−2)
Calculando o Produto Vetorial entre ~vr e ~vs temos:
~v = ~vr × ~vs =
∣
∣
∣
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∣
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~i ~j ~k2 −1 −21 3 1
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= −~i− 2~j+ 6~k− 2~j+ 6~i+~k = 5~i− 4~j+ 7~k ⇒ ~v = (5,−4, 7)
Calculando as equacoes parametricas para P(0, 0, 0) com o ~v = (5,−4, 7) temos:
(x, y, z) = (0, 0, 0) + (5,−4, 7)t
x = 5ty = −4tz = 7t
30. Determinar as equacoes parametricas da reta que contem o ponto A(2, 0,−1) e esimultaneamente ortogonal a reta
r:y − 3
2=
z + 1
−1; x = 1
e ao eixo dos y.
Solucao:
~vr = (0, 2,−1)
~j = (0, 1, 0)
25
~v = ~vr × ~j =
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~i ~j ~k0 2 −10 1 0
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=~i ⇒ ~v = (1, 0, 0)
Calculando as equacoes parametricas para A(2, 0,−1) com o ~v(1, 0, 0) temos:
(x, y, z) = (2, 0,−1) + (1, 0, 0)t
x = 2 + ty = 0
z = −1
Simplificando temos:{
y = 0z = −1
31. Estabelecer as equacoes parametricas da reta que passa pelo ponto de intersecaodas retas
r: x − 2 =y + 1
2=
z
3e s:
x = 1 − y
z = 2 + 2y
e e ao mesmo tempo ortogonal a r e s.
Solucao:
Substituindo x = 1 − y em x − 2 =y + 1
2temos 1 − y − 2 =
y + 1
2⇒ −y − 1 =
y + 1
2⇒ −2y − 2 = y + 1 ⇒ −3y = 3 ⇒ y = −1
Substituido y = −1 em z = 2 + 2y temos z = 2 + 2.(−1) ⇒ z = 0
Substituindo y = −1 em x = 1 − y temos x = 1 − (−1) ⇒ x = 2
Ponto de coincidencia entre as retas r e s e P(2,−1, 0)
Para a reta s atribuimos y = 0 logo: x = 1 e z = 2 temos; P1(1, 0, 2)
Para a reta s atribuimos y = 1 logo: x = 0 e z = 4 temos; P2(0, 1, 4)
~vs = P2 − P1 = (0, 1, 4) − (1, 0, 2) = (−1, 1, 2)
Para a reta r temos ~vr = (1, 2, 3)
Calculando: ~v = ~vs × ~vs =
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~i ~j ~k1 2 3−1 1 2
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= 4~i − 3~j +~k − 2~j − 3~i + 2~k = ~i − 5~j + 3~k ⇒
~v = (1,−5, 3)
Calculando as equacoes parametricas para P(2,−1, 0) com o ~v(1,−5, 3) temos:
(x, y, z) = (2,−1, 0) + (1,−5, 3)t
x = 2 + ty = −1 − 5t
z = 3t
26
32. A reta
r:x − 1
a=
y
b=
z
−2e paralela a reta que passa pelo ponto A(−1, 0, 0) e e simultaneamente ortogonalas retas
r1:
x = −ty = −2t + 3z = 3t − 1
e r2:
y = x
z = 2x
Calcular a e b
Solucao:
A direcoes de r1 e r2 sao definidas pelos vetores ~vr1 = (−1,−2, 3) e ~vr2 = (1, 1, 2).
A direcao do vetor de r sera ~v que e paralela a reta que passa pelo ponto A.
Se r1 e ortogonal a r entao
~vr1.~v = 0 ⇒ (−1,−2, 3).(a, b,−2) = 0 ⇒ −a − 2b − 6 = 0(1)
Se r2 e ortogonal a r entao
~vr2.~v = 0 ⇒ (1, 1, 2).(a, b,−2) = 0 ⇒ a + b − 4 = 0(2)
Resolvendo o sistema entre (1) e (2):{
−a − 2b − 6 = 0a + b − 4 = 0
−b − 10 = 0 ⇒ b = −10
Substituindo b = −10 na outra equacao:
a + b − 4 = 0 ⇒ a + (−10) − 4 = 0 ⇒ a = 10 + 4
a = 14
33. Dados os pontos P1(7,−1, 3) e P2(3, 0,−12), determinar:
a) o ponto P, que divide o segmento P1P2 na razao2
3;
Solucao:
r =2
3Para x:
x =x1 − r.x2
1 − r⇒ x =
7 − 2
3.3
1 − 2
3
⇒ x =5
1
3
⇒ x = 15
Para y:
y =y1 − r.y2
1 − r⇒ y =
−1 − 2
3.0
1 − 2
3
⇒ y =−1
1
3
⇒ y = −3
27
Para z:
z =z1 − r.z2
1 − r⇒ z =
3 − 2
3.(−12)
1 − 2
3
⇒ z =11
1
3
⇒ z = 33
P(15,−3, 33)
b) o ponto Q, que divide o segmento P1P2 ao meio.
Solucao:
r =1
2Para x:
x =x1 + x2
2⇒ x =
7 + 3
2⇒ x = 5
Para y:
y =y1 + y2
2⇒ y =
−1 + 0
2⇒ y = −1
2Para z:
z =z1 + z2
2⇒ y =
3 − 12
2⇒ y = −9
2
P(
5,−1
2,−9
2
)
34. O ponto P(9, 14, 7) divide o segmento P1P2 na razao2
3.
Determinar P2, sabendo que P1(1, 4, 3).
Solucao:
r =2
3Para x:
x =x1 − r.x2
1 − r⇒ 9 =
1 − 2
3.x2
1 − 2
3
⇒ 9.1
3= 1 − 2
3.x2 ⇒
2
3.x2 = 1 − 3 ⇒ x2 =
−2
2
3
⇒ x2 =
−2.3
2⇒ x2 =
−6
2⇒ x2 = −3
Para y:
y =y1 − r.y2
1 − r⇒ 14 =
4 − 2
3.y2
1 − 2
3
⇒ 14.1
3= 4− 2
3.y2 ⇒
2
3.y2 = 4− 14
3⇒ 2
3y2 = −
2
3⇒
y2 = −1
Para z:
28
z =z1 − r.z2
1 − r⇒ 7 =
3 − 2
3.z2
1 − 2
3
⇒ 3.1
3= 3 − 2
3.z2 ⇒
2
3.z2 = 3 − 7
3⇒ 2
3z2 =
9 − 7
3⇒
2
3.z2 =
2
3⇒ z2 = 1
P(−3,−1, 1)
35. Seja o triangulo de vertices A(1, 0,−2), B(2,−1,−6) e C(−4, 5, 2).
Estabelecer as equacoes parametricas da reta suporte da mediana do trianguloABC relativa ao lado BC.
Solucao:
O Ponto M e a mediana entre B e C; M =B + C
2⇒ M =
(−2, 4,−4)
2⇒ M =
(−1, 2,−2)
o vetor na Direcao−−→MA =M − A ⇒ −−→
MA = (1, 0,−2) − (−1, 2,−2) = (2,−2, 0)
Agora termos o vetor na direcao−−→MA = (2,−2, 0) e ponto A = (1, 0,−2)
Podemos calcular a equacao da reta da altura relativa ao lado BC:
(x, y, z) = (1, 0,−2) + (2,−2, 0)t
x = 1 + 2ty = −2tz = −2
29