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 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k2 −1 −21 3 1

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∣

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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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∣

∣

∣

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∣

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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