1. O vetor v representa o segmento de (2, -5) com origem no ponto A(-1, 3). A extremidade do segmento é o ponto B(1, -2). 2. O vetor w é (-15/2, 15/2) para resolver a equação 4(u - v) + (1/3)w = 2u - w. 3. Para resolver a equação -−→OA−−→AB, -−→OC−−→BC e 3−→BA−4−→CB os resultados são respectivamente (-4, 1), (2, 5) e (-5, -

1. 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).
Soluc¸˜ao:
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) + 1
3
w = 2u − w
Soluc¸˜ao:
4(u − v) +
1
3
w = 2u − w
Substitu´ıdo os valores dos respectivos vetores,
4[(3, −1) − (−1, 2)] +
1
3
(x, y) = 2(3, −1) − (x, y)
Efetuando as operac¸ ˜oes;
(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

2. Resultado: w =
−15
2
,
15
2
b)3w − (2v − u) = 2(4w − 3u)
Soluc¸˜ao:
Substitu´ıdo 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
5
Para 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.
Soluc¸˜ao:
Resolvendo:
−−→
OA ⇒ A − O ⇒ (−1, 3) − (0, 0) ⇒ (−1, 3)
Resolvendo:
−→
AB ⇒ B − A ⇒ (2, 5) − (−2, 3) ⇒ (3, 2)
Efetuando a Operac¸˜ao:
−−→
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 Operac¸˜ao:
4

3. −−→
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 Operac¸˜ao:
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 n´umeros a e b tais
que u = av e v = bu.
Soluc¸˜ao:
Resolvendo para a;
(3, −4) = a
−9
4
, 3 ⇒ 3 =
−9
4
a ⇒ 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 = k1u + k2v.
Soluc¸˜ao:
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 Equac¸˜ao temos;
2(−1) − 5.k2 = 12 ⇒ −2 − 5.k2 = −12 ⇒ −5.k2 = −12 + 2 k2 =
−10
−5
⇒ k2 = 2
5

4. 6. Dados os pontos A(−1, 3),B(1, 0) e C(2, −1), determinar D Tal que
−−→
DC =
−→
BA.
Soluc¸˜ao:
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.
Soluc¸˜ao:
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 = −1
2
P 3, 1, −1
2
8. Dados os pontos A(−1, 2, 3) e B(4, −2, 0), determine o ponto P tal que
−→
AP = 3
−→
AB.
Soluc¸˜ao:
(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

5. 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) + 2v = (6, 10, 4) − v.
Soluc¸˜ao:
(3, 7, 1) + 2v = (6, 10, 4)
3v = (6, 10, 4) − (3, 7, 1)
3v = (3, 3, 3)
v = (1, 1, 1)
10. Encontrar os n´umeros a1 e a2 tais que w = a1v1 + a2v2, sendo v1 = (1, −2, 1),
v2 = (2, 0, −4) e w = (4, −4, 14).
Soluc¸˜ao:
(−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.
Soluc¸˜ao:
Para os vetores sejam paralelos tem que satisfazer a seguinte equac¸˜ao:
v = αu
(6, a, b) = α(4, 1, −3) ⇒ 6 = α4
α = 3
2
Substituindo α na primeira equac¸˜ao:
a =
3
2
1 ⇒ a =
3
2
e b =
3
2
− 3 ⇒ b =
9
2
a =
3
2
e b = −
9
2
7

6. 12. Verificar se s˜ao colineares os pontos:
a)A(−1, −5, 0), B(2, 1, 3) e C(−2, −7, −1)
Soluc¸˜ao:
det =


−1 −5 0
2 1 3
−2 −7 −1


= 0 Os pontos s˜ao colineares:
b)A(2, 1, −1), B(3, −1, 0) e C(1, 0, 4)
Soluc¸˜ao: det =


2 1 −1
3 −1 0
1 0 4


= 21
Os pontos n˜ao s˜ao colineares:
13. Calcular a e b de modo que sejam colineares os pontos A(3, 1, −2), B(1, 5, 1) e
C(a, b, 7).
Soluc¸˜ao:
−→
AB = B − A = (−2, 4, 3)
−→
BC = C − B = (a − 1, b − 5, 6)
−→
AB =
−→
BC
−2
a − 1
=
4
b − 5
=
3
6
Simplificando:
−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) s˜ao v´ertices de um
paralelogramo: Soluc¸˜ao:
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 v´ertices de um paralelogramo.
15. Determine o sim´etrico do Ponto P(3, 1, −2) em relac¸˜ao ao ponto A(−1, 0, −3).
Soluc¸˜ao:
X ´e ponto sim´etrico do ponto P em relac¸˜ao 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

7. 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, de
modo u.v = (u + v).w.
Soluc¸˜ao:
(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
2x −
−→
AB = x + (
−→
BC.
−→
AB)
−−→
AC
Soluc¸˜ao:
−→
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,
2x − x = (−14, −14, −14) + (−3, 1, −1) ⇒
x = (−17, −13, −15)
3. Determinar o vetor v, sabendo que (3, 7, 1) + 2v = (6, 10, 4) − v.
Soluc¸˜ao:
(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

8. 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.
Soluc¸˜ao:
3
−→
BA − 2BC = 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 s˜ao unit´arios os seguintes vetores: −→u = (1, 1, 1) e −→v =
1
√
6
, −
2
√
6
,
1
√
6
Soluc¸˜ao:
Calculo do Modulo do vetor u:
|u| =
√
12 + 12 + 12 ⇒
|u| =
√
1 + 1 + 1
|u| =
√
3 ⇒, ou seja, ´e diferente de 1 logo u n˜ao ´e unit´ario.
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

9. |v| =
√
1 ⇒
|v| = 1, ou seja, o vetor v ´e unit´ario.
6. Determinar o valor de n para o vetor v = n,
2
5
,
4
5
seja unit´ario.
Soluc¸˜ao:
|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 + 5k. Calcular m para que |v| =
√
38.
Soluc¸˜ao:
|(m + 7)i + (m + 2)j + 5k| =
√
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 equac¸˜ao 2 grau.
∆ = 92
− 4.1.20 ⇒
∆ = 81 − 80 ⇒ ∆ = 1
m =
−9 ±
√
1
2.1
⇒
11

10. 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.
Soluc¸˜ao:
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 equac¸˜ao 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

11. 9. Dados os pontos A(3, m − 1, −4) e B(8, 2m − 1, m), determinar m de modo que
|
−→
AB| =
√
35.
Soluc¸˜ao:
|(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 Equac¸˜ao 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 per´ımetro do triˆangulo do v´ertices A(0, 1, 2), B(−1, 0, −1) e C(2, −1, 0).
Soluc¸˜ao:
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) e
B(−2, 1, −1).
Soluc¸˜ao:
13

12. Queremos encontrar um ponto P(x, 0, 0), se os pontos s˜ao equidistantes satisfaz a
seguinte equac¸˜ao: |
−→
AP| = |
−→
PB|.
Substituindo os pontos na equac¸˜ao:
|(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 triˆangulo de v´ertices A(−1, −2, 4), B(−4, −2, 0) e C(3, −2, 1). Determine o
ˆangulo interno ao v´ertice B.
Soluc¸˜ao:
−→
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 equac¸˜ao do produto escalar:
−→
BA.
−→
BC = |
−→
BA|.|
−→
BC|.cosθ
Substitu´ındo 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 = arccos
1
√
2
θ = 45o
13. Os pontos A,B,C s˜ao v´ertices de um triˆangulo equil´atero cujo lado mede 10cm.
Calcular
−→
AB e
−−→
AC.
Soluc¸˜ao:
14

13. |
−→
AB| = 10cm
|
−−→
AC| = 10cm
Equac¸˜ao do produto escalar:
−→
AB.
−−→
AC = |
−→
AB|.|
−−→
AC|.cosθ ⇒
Substituindo a equac¸˜ao com os valores conhecidos:
−→
AB.
−−→
AC = 10.10.cos60o
⇒
−→
AB.
−−→
AC = 100.0, 5 ⇒
−→
AB.
−−→
AC = 50
14. Os lados de um triˆangulo retˆangulo ABC (reto em A) medem 5,12 e 13. Calcular
−→
AB.
−−→
AC +
−→
BA.
−→
BC +
−−→
CA.
−→
CB.
Soluc¸˜ao:
−→
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 ˆangulos do triˆangulo de v´ertice A(2, 1, 3), B(1, 0, −1) e C(−1, 2, 1).
Soluc¸˜ao:
Calculando ˆA:
−→
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 equac¸˜ao
−→
AB.
−−→
AC = |
−→
AB|.|
−−→
AC|.cos ˆA temos:
(−1, −1, −4).(−3, 1, −2) =
√
18.
√
14.cos ˆA ⇒
cos ˆA =
10
√
18.
√
14
⇒
ˆA = arccos
10
3.2.
√
7
⇒
ˆA = arccos
5
3
√
7
15

14. Calculando ˆB:
−→
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 equac¸˜ao
−→
BA.
−→
BC = |
−→
BA|.|
−→
BC|.cos ˆB temos:
(1, 1, 4).(−2, 2, 2) =
√
18.2.
√
3.cos ˆB ⇒ cos ˆB =
8
√
18.2.
√
3
⇒ ˆB = arccos
8
2.3.
√
6
⇒
ˆB = arccos
4
3.
√
6
⇒ ˆB = arccos
4.
√
6
3.
√
6.
√
6
⇒ ˆB = arccos
4.
√
6
3.6
⇒ ˆB = arccos
2.
√
6
3.3
⇒
ˆB = arccos
2.
√
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 equac¸˜ao
−−→
CA.
−→
CB = |
−−→
CA|.|
−→
CB|.cos ˆC temos:
(3 − 1, 2).(2, −2, −2) =
√
14.2.
√
3.cos ˆC ⇒ cos ˆC =
4
√
14.2.
√
3
⇒ ˆC = arccos
4
2.
√
42
⇒
ˆC = arccos
2
√
42
⇒ ˆC = 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.
Soluc¸˜ao:
F´ormula do ˆangulo 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 equac¸˜ao do angulo entre vetores temos:
cos
π
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 equac¸˜ao 2o
Grau.
∆ = 82
− 4.1.16 = 0
16

15. m =
−8 ± 0
2.1
m = −4
17. Calcular n para que seja de 30o
o ˆangulo entre os vetores u = (1, n, 2) e j.
Soluc¸˜ao:
u = (1, n, 2)
|u| =
√
1 + n2 + 4 =
√
n2 + 5
v = (0, 1, 0)
|v| = 1
Substituindo os valores acima na equac¸˜ao: 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.
Soluc¸˜ao:
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

16. Resolvendo a equac¸˜ao 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.
Soluc¸˜ao:
u = (1, −1, 2)
v = α(u) ⇒ v = (α, −α, 2α)
Substituindo os valores na equac¸˜ao:v.u = −18.
(1, −2, 2)(α, −α, 2α) = −18
α + α + 4α = −18
6α = −18
α =
−18
6
α = −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:
Soluc¸˜ao:
v = α.w
v = α.(−6, 4, −2) onde α elementos dos reais para α = 1, temos que o vetor v ´e
igual ao vetor w, que isso n˜ao deixa de ser colinear, ou seja dois vetores iguais
n˜ao 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 n˜ao deixa de ser
colinear, ou seja dois vetores iguais n˜ao deixa de ser colinear.
o vetor v = α.(−6, 4, −2) ´e tamb´em a soluc¸˜ao 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) s˜ao as mesmas soluc¸ ˜oes, basta
tomar α = (−1/2).t , onde t e k elementos dos reais.
ent˜ao temos que a resposta ´e v = t.(3, −2, 1) .
18

17. 21. Determinar o vetor v, colinear ao vetor u = (−4, 2, 6),tal que v.w = −12, sendo
w = (−1, 4, 2).
Soluc¸˜ao:
v = α.u
(x, y, z) = α.(−4, 2, 6)
(x, y, z) = (−4α, 2α, 6α)
Substituindo x, y e z na equac¸˜ao: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) s˜ao v´ertices de um triˆangulo
retˆangulo.
Soluc¸˜ao:
Verificar se existe algum ˆangulo de 90o
nos v´ertices.
Testando ˆA
cos ˆA =
−→
AB.
−−→
AC
|
−→
AB|.|
−−→
AC|
⇒
cos ˆA =
(−1, 2, −3).(−8, −3, −4)
|(−1, 2, −3)|.|(−8, −3, −4)|
⇒
cos ˆA =
14
3, 74.9, 43
⇒
cos ˆA = 0, 396 ⇒ ˆA = arccos0, 396 ⇒ ˆA 60o
⇒ ˆA 90o
Testando ˆB
cos ˆB =
−→
BA.
−→
BC
|
−→
BA|.|
−→
BC|
⇒
cos ˆB =
(1, −2, 3).(−7, −5, −1)
|(1, −2, 3)|.|(−7, −5, −1)|
⇒
cos ˆB =
0
3, 74.8, 66
⇒
cos ˆB = 0 ⇒ ˆB = arccos0 ⇒ ˆB = 90o
.
Verificar se os pontos est˜ao ligado se for um triˆangulo tem que satisfazer a seguinte
equac¸˜ao:
−→
AB −
−−→
AC =
−→
CB
19

18. Substitu´ıdo 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 est˜ao ligados com o ˆangulo ˆB
sendo de 90o
logo se trata de um triˆangulo retˆangulo.
23. Qual o valor de α para que os vetores a = αi + 5j − 4k e b = (α + 1)i + 2j + 4k sejam
ortogonais?
Soluc¸˜ao:
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 equac¸˜ao 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 ˆangulo reto no triˆangulo ABC, sendo A(2, 1, 3), B(3, 3, 5) e
C(0, 4, 1).
Soluc¸˜ao:
Verificar se existe algum ˆangulo de 90o
nos v´ertices.
Testando ˆA
cos ˆA =
−→
AB.
−−→
AC
|
−→
AB|.|
−−→
AC|
⇒
cos ˆA =
(1, 2, 1).(−2, 3, −2)
|(1, 2, 1)|.|(−2, 3, −2)|
⇒
cos ˆA =
0
3.4, 12
⇒
cos ˆA = 0 ⇒ ˆA = arccos0 ⇒ ˆA = 90o
⇒ ˆA = 90o
ˆA = 90o
.
20

19. 25. Os ˆangulos diretores de um vetor podem ser de 45o
, 60o
e 90o
? Justificar.
Soluc¸˜ao:
Para serem ˆangulos diretores tem que satisfazer a formula: cos2
45o
+ cos2
60o
+
cos2
90o
= 1
Resolvendo:
(0, 707)2
+ (0.5)2
+ 02
= 1 ⇒
0.5 + 0.25 + 0 = 1 ⇒
0.75 1 logo: N˜ao s˜ao ˆangulos diretores.
26. Os ˆangulos diretores de um vetor s˜ao de 45o
, 60o
e γ. Determinar γ.
Soluc¸˜ao:
cos2
45o
+ cos2
60o
+ cos2
γ = 1 ⇒
(0, 707)2
+ (0.5)2
+ cos2
γ = 1 ⇒
0.5 + 0.25 + cos2
γ = 1 ⇒
cos2
γ = 1 − 0.75 ⇒
cos2
γ = 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 = 2j + 3k.
Soluc¸˜ao:
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 equac¸˜ao:v.w = 6 temos: (x, y, 0).(0, 2, 3) = 6 ⇒ 0.x + 2y + 3.0 = 6 ⇒ 2y =
6 ⇒ y = 3
Usando a equac¸˜ao |(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
2
e cosβ = −
1
4
. Determinar v.
Soluc¸˜ao:
cos2
α + cos2
β + cos2
γ = 1 ⇒
21

20. 1
2
2
+ −
1
4
2
+ cos2
γ = 1 ⇒
cos2
γ = 1 −
1
2
2
+ −
1
4
2
⇒
cos2
γ = 1 −
1
4
+
1
16
⇒
cos2
γ = 1 −
4 + 1
16
⇒
cos2
γ = 1 −
5
16
⇒
cos2
γ =
16 − 5
16
⇒
cos2
γ =
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
2
Para coordenada z :
z = cosγ.|v| ⇒ z =
√
11
4
.2 ⇒ z = ±
√
11
2
v = (1, −
1
2
, ±
√
11
2
)
29. Determinar um vetor unit´ario ortogonal ao vetor v = (2, −1, 1)
Soluc¸˜ao:
Seja u = (a, b, c) o vetor unit´ario pedido,ent˜ao a2
+ b2
+ c2
= 1
Como u ´e ortogonal a v ,ent˜ao u.v = 0
u.v = 0 => (a, b, c).(2, −1, 1) = 0 ⇒ 2a − b + c = 0
Como temos duas equac¸ ˜oes,mas trˆes inc´ognitas,ent˜ao teremos que atribuir a uma
inc´ognita um valor arbitr´ario. Logo, seja a = 0. Ent˜ao
c − b = 0 ⇒ c = b
a2
+ b2
+ c2
= 1 ⇒ b2
+ b2
= 1 ⇒ b = ±
√
2
2
Assim,encontramos dois vetores unit´arios u e ortogonais a v
22

21. b =
√
2
2
⇒ c =
√
2
2
e a = 0 ⇒ u = (0,
√
2
2
,
√
2
2
)
b =
√
2
2
⇒ c =
√
2
2
e 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).
Soluc¸˜ao:
v = (1, −1, 2) Dois vetores v e w s˜ao paralelos se existe uma constante real k
diferente 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 ˆangulo
agudo com o vetor j. Calcular v, sabendo que |v| = 3.
√
6
Soluc¸˜ao:
v = uxw =
i j k
2 −1 3
1 0 −2
= 2i + 7j + k.
v = (2, 7, 1)
Agora calculemos o ˆangulo que forma entre v e j, ou seja, o ˆangulo que forma
o vetor v = (2, 7, 1) com o vetorj = (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 condic¸ ˜oes v.v1 = 10 e
v.v2 = −5, sendo v1 = (2, 3, −1) e v2 = (1, −1, 2).
Soluc¸˜ao:
Calculando v.(0, 0, 1) = 0
v.(0, 0, 1) = 0 ⇒ (x, y, z).(0, 0, 1) = 0 ⇒ z = 0
23

22. (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 projec¸˜ao do vetor u = (1, 2, −3) na direc¸˜ao de v = (2, 1, −2).
Soluc¸˜ao:
Formula da projec¸˜ao de um vetor:Projvu =
u.v
|v||v|
.v
Resolvendo: |v| = 22 + 12 + (−2)2 ⇒ |v| =
√
9
Projvu =
(1, 2, −3).(2, 1, −2)
√
9.
√
9
.(2, 1, −2) ⇒
Projvu =
(2 + 2 + 6)
9
.(2, 1, −2)
Projvu =
10
9
.(2, 1, −2)
34. Qual o comprimento do vetor projec¸˜ao u = (3, 5, 2) sobre o eixos dos x.?
Soluc¸˜ao:
Formula da projec¸˜ao de um vetor:Proji
u =
u.i
|i||i|
.i
Resolvendo: |i| = 1
Proji
u =
(3, 5, 2).(1, 0, 0)
1.1
.(1, 0, 0) ⇒
Proji
u = (3, 0, 0)
|Proji
u| =
√
32 = 3
|Proji
u| = 3
35. Se o vetor
−→
AB tem co-senos diretores p, q e r e ˆangulos diretores α , β e γ, quais
s˜ao os co-senos e os ˆangulos diretores de
−→
BA.
Soluc¸˜ao:
Ser´a o mesmo co-seno diretor do vetor AB, j´a que o vetor tem mesmo modulo e
direc¸˜ao, tendo apenas o sentido contrario.
−p , −q e −r
O cosseno diretor de um vetor ´e a componente do vetor naquela direc¸˜ao dividido
pelo m´odulo do seu versor, ou seja, para cada componente (x,y,z) tˆem-se um
cosseno diretor. Se o vetor possui mesmo m´odulo e direc¸˜ao, duas informac¸ ˜oes
24

23. para a obtenc¸˜ao do mesmo n˜ao se alteram. o versor ´e o mesmo(m´odulo) e a
distancia do vetor `a componente(direc¸˜ao) ´e a mesma tamb´em.
π − α, π − β e π − γ
36. Mostrar que u e v s˜ao vetores, tal que u + v e ortogonal a u − v, ent˜ao |u| = |v|.
Soluc¸˜ao:
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
Ent˜ao:
u = (a, b) e v = (a, b)
Logo:
|u| = |v|
37. Mostrar que, se u ´e ortogonal a v e w, u ´e tamb´em ´e ortogonal a v + w
Soluc¸˜ao:
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, yf, zg) = 0, j´a que ambos s˜ao iguais a
0. Agora vamos fazer v+w = (x, y, z)+(e, f, g) = (x+e, y+ f, z+ g), se u e ortogonal
a v + w significa que
u.(v + w) = 0.
Aplicando a propriedade distributiva, temos (u.v) + (u.w) = 0 , e isso e verdade,
pois j´a provamos que u.v = 0 e u.w = 0, nas primeiras contas. Substituindo
teremos 0 + 0 = 0 o que ´e verdade.
25

24. 38. Calcular o modulo dos vetores u + v e u − v, sabendo que |u| = 4 e v = 3 e o ˆangulo
entre u e v ´e de 60o
.
Soluc¸˜ao:
|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 ˆangulo de
3π
2
rad, determinar
|(2u − v).(u − 2v)|.
u.v = |u||v|cosθ = 2.3.cos
3π
2
= 6. −
√
2
2
= −3
√
2
Assim
|(2u − v).(u − 2v)| =
|2u2
− 5u.v + 2v2
| =
Como u.u = |u|2
e v.v = |v|2
temos:
|2|u|2
− 5u.v + 2|v|2
| =
|2.22
− 5u.v + 2.32
| =
|8 + 15
√
2 + 18| =
|26 + 15
√
2|
Como o valor ´e positivo retira-se o modulo.
|(2u − v).(u − 2v)| = 26 + 15
√
2
40. Determinar u.v + u.w + v.w, sabendo que u + v + w = 0, |u| = 2, |v| = 3 e |w| =
√
5.
Soluc¸˜ao:
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

25. 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 ˆangulo agudo
com o eixo dos x. Determinar v, sabendo que |v| = 14.
Soluc¸˜ao:
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
2
que substitu´ıdo em (2) nos permite concluir que: z =
x
3
Substituindo estes valores de y e z em (3) temos que
x2
= 144 => x = ±12.
Por´em, o problema nos diz que o ˆangulo Θ formado por v e o eixo dos x ´e agudo.
Ent˜ao o ˆangulo formado por v e o vetor unit´ario na direc¸˜ao do eixo x tamb´em ´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. Ent˜ao podemos concluir de (4) que x ´e
positivo ⇒ 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 × v
Soluc¸˜ao:
w × v =
i j k
−1 2 2
1 −1 0
= 0 + k + 2j − (2k − 2i + 0)
w × v = 2i + 2j − k
w × v = (2, 2, −1)
b) v × (w − u)
Soluc¸˜ao:
w − u = (−1, 2, 2) − (2, −1, 1) = (−3, 3, 1)
27

26. v × (w − u) =
i j k
1 −1 0
−3 3 1
= −i + 3k − (3k + j)
v × (w − u) = −i − j
v × (w − u) = (−1, −1, 0)
c) (u + v) × (u − v)
Soluc¸˜ao:
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 k
3 −2 1
1 0 1
= −2i + j − (−2k + 3j)
u + v × (u − v) = −2i − 2j + 2k
u + v × (u − v) = (−2, −2, 2)
d) (2u) × (3v)
Soluc¸˜ao:
(2u) = 2(2, −1, 1) = (4, −2, 2)
(3v) = 3(1, −1, 0) = (3, −3, 0)
(2u) × (3v) =
i j k
4 −2 2
3 −3 0
= −12k + 6j − (−6k − 6i)
(2u) × (3v) = 6i + 6j − 6k
(2u) × (3v) = (6, 6, −6)
e) (u × v).(u × v)
Soluc¸˜ao:
u × v =
i j k
2 −1 1
1 −1 0
= −2k + 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)
Soluc¸˜ao:
28

27. u × v =
i j k
2 −1 1
1 −1 0
= −2k + 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 k
1 −1 0
−1 2 2
= −2i + 2k − (k + j)
v × w = −2i − 2j + 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)
Soluc¸˜ao:
u × v =
i j k
2 −1 1
1 −1 0
= −2k + j − (−k − i)
u × v = i + j − k
u × v = (1, 1, −1)
(u × v) × w =
i j k
1 1 −1
−1 2 2
= 2k + j + 2i − (−k − 2i + 2j)
(u × v) × w = 4i − j + 3k
(u × v) × w = (4, −1, 3)
v × w =
i j k
1 −1 0
−1 2 2
= −2i + 2k − (k + j)
v × w = −2i − 2j + k
u × (v × w) =
i j k
2 −1 1
−2 −2 1
= −i − j − 4k − (2j − 2i + 2k)
u × (v × w) = i − 4j − 6k
h) (u + v).(u × w)
Soluc¸˜ao:
29

28. u × w =
i j k
2 −1 1
−1 2 2
= −2i − j + 4k − (2i + 4j + k)
u × w = −4i − 5j + 3k
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) 2a × (a + b)
Soluc¸˜ao:
a + b = (1, 2, 1) + (2, 1, 0) = (3, 3, 1)
2a = 2(1, 2, 1) = (2, 4, 2)
2a × (a + b) =
i j k
2 4 2
3 3 1
= 4i + 6j + 6k − (6i + 2j + 12k)
2a × (a + b) = −2i + 4j − 6k
2a × (a + b) = (−2, 4, −6)
b) (a + 2b) × (a − 2b)
2b = 2(2, 1, 0) = (4, 2, 0)
a + 2b = (1, 2, 1) + (4, 2, 0) = (5, 4, 1)
a − 2b = (1, 2, 1)(4, 2, 0) = (−3, 0, 1)
(a + 2b) × (a − 2b) =
i j k
5 4 1
−3 0 1
= 4i − 3j − (5j − 12k)
(a + 2b) × (a − 2b) = 4i − 8j + 12k
(a + 2b) × (a − 2b) = (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).
Soluc¸˜ao:
−→
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

29. −→
CB × (
−→
BC − 2
−−→
CA) =
i j k
−2 0 −2
4 6 0
= −8j − 12k − (−12i)
−→
CB × (
−→
BC − 2
−−→
CA) = 12i − 8j − 12k
−→
CB × (
−→
BC − 2
−−→
CA) = (12, −8, −12)
45. Determinar um vetor simultaneamente ortogonal aos vetores 2a+b e b = a, sendo
a = (3, −1, −2) e b = (1, 0, −3).
Soluc¸˜ao:
2a = 2(3, −1, −2) = (6, −2, −4)
2a + b = (6, −2, −4) + (1, 0, −3) = (7, −2, −7)
b − a = (1, 0, −3) − (3, −1, −2) = (−2, 1, −1)
(2a + b) × (b − a) =
i j k
7 −2 −7
−2 1 −1
= 2i + 14j + 7k − (−7j − 7i + 4k)
(2a + b) × (b − a) = 9i + 21j + 3k
(2a + 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
Soluc¸˜ao:
b × c =
i j k
3 4 −2
−5 1 −4
= −16i + 10j + 3k − (−12j − 2i − 20k)
b × c = −19i + 22j + 23k
a × b =
i j k
1 −1 2
3 4 −2
= 2i + 6j + 4k − (−2j + 8i − 3k)
a × b = −6i + 8j + 7k
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 simultaneamente
ortogonal aos vetores v1 = (2, −1, 0) e v2 = (1, −3, −1).
Soluc¸˜ao:
31

30. Calcular o produto vetorial entre v1 × v2
v1 × v2 =
i j k
2 −1 0
1 −3 −1
= i − 6k − (−2j − k)
v1 × v2 = i + 2j − 5k
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 = 0
Soluc¸˜ao:
v × w =
i j k
a 5b −c
2
−3a x y
= 5byi + (−3a)(−c
2
)j + axk − (+ayj + (−c
2
)xi + 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
2
ax + 15ab = 0 ⇒ ax = −15ab ⇒ x = −15b
x = −15b e y =
3c
2
49. Determinar um vetor unit´ario simultaneamente ortogonal aos vetores v1 = (1, 1, 0)
e v2 = (2, −1, 3), Nas mesmas condic¸ ˜oes, determinar um vetor de modulo 5.
Soluc¸˜ao:
v1 × v2 =
i j k
1 1 0
2 −1 3
= 3i − k − (3j + 2k)
v1 × v2 = 3i − 3j − 3k
Calculando o Modulo:
|v1 × v2| = 32 + (−3)2 + (−32) = 3
√
3
u =
v1 × v2
|v1 × v2|
⇒
32

31. u =
3
3
√
3
, −
3
3
√
3
, −
3
3
√
3
⇒
u =
1
√
3
, −
1
√
3
, −
1
√
3
⇒
Onde u ´e o vetor unit´ario que queremos encontrar.
Para encontrar o vetor na mesma direc¸˜ao de u com modulo 5 basta multiplicar
pelo escalar 5, logo:
5u =
5
√
3
, −
5
√
3
, −
5
√
3
u =
1
√
3
, −
1
√
3
, −
1
√
3
e 5u =
5
√
3
, −
5
√
3
, −
5
√
3
50. Mostrar num gr´afico um representante de cada um dos seguintes vetores:
a) j × 2i
Soluc¸˜ao:
33

32. b) 3i × 2k
Soluc¸˜ao:
51. Sabendo que |a| = 3, |b| =
√
2 e 45o
´e o ˆangulo entre a e b, calcular |a × b|.
Soluc¸˜ao:
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 ˆangulo entre u e v, determinar |v|.
Soluc¸˜ao:
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

33. 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 2a − b e a + b.
Soluc¸˜ao:
2a = 2.(3, 4, 2) = (6, 8, 4)
2a − b = (6, 8, 4) − (2, 1, 1) = (4, 7, 3)
a + b = (3, 4, 2) + (2, 1, 1) = (5, 5, 3)
(2a − b) × (a + b) =
i j k
4 7 3
5 5 3
= 21i + 15j + 20k − (35k + 15i + 12j)
(2a − b) × (a + b) = 6i + 3j − 15k
(2a − b) × (a + b) = (6, 3, −15)
|(2a − b) × (a + b)| = 62 + 32 + (−15)2 =
√
36 + 9 + 225 =
√
270 = 3
√
30
(2a − b) × (a + b)
|(2a − b) × (a + b)|
=
6
3
√
30
,
3
3
√
30
, −
15
3
√
30
=
2
√
30
,
1
√
30
, −
5
√
30
3.
(2a − b) × (a + b)
|(2a − b) × (a + b)|
= 3.
2
√
30
,
1
√
30
, −
5
√
30
=
6
√
30
,
3
√
30
, −
15
√
30
3.
(2a − b) × (a + b)
|(2a − 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).
Soluc¸˜ao: u × v =
i j k
3 1 2
4 −1 0
= 0 − 3k + 8j − (4k − 2i + 0)
u × v = 2i + 8j − 3k
|u × v| = 22 + 82 + (−7)2
|u × v| =
√
117
55. Mostrar que o quadril´atero cujos v´ertices s˜ao 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.
Soluc¸˜ao:
Para ser um paralelogramo a equac¸˜ao
−→
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 equac¸˜ao:
−→
AB +
−−→
AD =
−−→
AC temos:
35

34. (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 k
3 5 −4
1 4 −2
= 10i + 4j + 12k − (5k = 16i − 6j) = 6i + 2j + 7k
|
−→
AB ×
−−→
AD| =
√
62 + 22 + 72 =
√
36 + 4 + 49 =
√
89
|
−→
AB ×
−−→
AD| =
√
89
56. Calcular a ´area do paralelogramo cujos os lados s˜ao determinados pelos vetores
2u e −v, sendo u = (2, −1, 0) e v = (1, −3, 2).
Soluc¸˜ao:
2u = (4, −2, 0)
−v = (−1, 3, −2)
(2u) × (−v) =
i j k
4 −2 0
−1 3 −2
= 4i − 12k + 0 − (2k + 0 − 2j) = 4i − 8j + 10k
(2u) × (−v) = 4i − 8j + 10k
|(2u) × (−v)| = 42 + (−8)2 + 102
|(2u) × (−v)| =
√
16 + 64 + 100
|(2u) × (−v)| =
√
180
|(2u) × (−v)| =
√
22.32.5
|(2u) × (−v)| = 2.3
√
5
|(2u) × (−v)| = 6
√
5
57. Calcule a ´area do triˆangulo de v´ertices a)A(−1, 0, 2), B(−4, 1, 1) e C(0, 1, 3)
Soluc¸˜ao:
´area do triˆangulo 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 −1
1 1 1
= i − 3k − j − (k − 3j − i)
−→
AB ×
−−→
AC = 2i + 2j − 4k
36

35. |
−→
AB ×
−−→
AC| = 22 + 22 + (−4)2
|
−→
AB ×
−−→
AC| =
√
4 + 4 + 16
|
−→
AB ×
−−→
AC| =
√
24 = 2
√
6
´area do triˆangulo =
|
−→
AB ×
−−→
AC|
2
=
2
√
6
2
=
√
6
´area do triˆangulo=
√
6
b)A(1, 0, 1), B(4, 2, 1) e C(1, 2, 0)
Soluc¸˜ao:
´area do triˆangulo e dado pela formula:
|
−→
ABx
−−→
AC|
2
−→
AB = B − A = (3, 2, 0)
−−→
AC = C − A = (0, 2, −1)
−→
AB ×
−−→
AC =
i j k
3 2 0
0 2 −1
= 2i + 6k + 0 − (0 − 3j + 0)
−→
AB ×
−−→
AC = −2i + 23vecj + 6k
|
−→
AB ×
−−→
AC| = (−2)2 + 32 + 62
|
−→
AB ×
−−→
AC| =
√
4 + 9 + 36
|
−→
AB ×
−−→
AC| =
√
49 = 7
´area do triˆangulo =
|
−→
AB ×
−−→
AC|
2
=
7
2
´area do triˆangulo=
7
2
c)A(2, 3, −1), B(3, 1, −2) e C(−1, 0, 2)
Soluc¸˜ao:
´area do triˆangulo e dado pela formula:
|
−→
AB ×
−−→
AC|
2
−→
AB = B − A = (1, −2, −1)
−−→
AC = C − A = (−3, −3, 3)
−→
AB ×
−−→
AC =
i j k
1 −2 −1
−3 −3 3
= −6i − 3k + 3j − (6k + 3i + 3j)
−→
AB ×
−−→
AC = −9i − 9k
|
−→
AB ×
−−→
AC| = (−9)2 + (−9)2
37

36. |
−→
AB ×
−−→
AC| =
√
81 + 81
|
−→
AB ×
−−→
AC| =
√
162 = 9
√
2
´area do triˆangulo =
|
−→
AB ×
−−→
AC|
2
=
9
√
2
2
= 9
√
2
´area do triˆangulo=
9
√
2
2
d)A(−1, 2, −2), B(2, 3, −1) e C(0, 1, 1)
Soluc¸˜ao:
´area do triˆangulo e dado pela formula:
|
−→
AB ×
−−→
AC|
2
−→
AB = B − A = (3, 1, 1)
−−→
AC = C − A = (1, −1, 3)
−→
AB ×
−−→
AC =
i j k
3 1 1
1 −1 3
= 3i − 3k + j − (k + 9j − i)
−→
AB ×
−−→
AC = 4i − 8j − 4k
|
−→
AB ×
−−→
AC| = 42 + (−8)2 + (−4)2
|
−→
AB ×
−−→
AC| =
√
16 + 64 + 16
|
−→
AB ×
−−→
AC| =
√
96 = 4
√
6
´area do triˆangulo =
|
−→
AB ×
−−→
AC|
2
=
4
√
6
2
= 2
√
6
´area do triˆangulo= 2
√
6
58. Calcular a ´area do paralelogramo que tem um v´ertice no ponto A(3, 2, 1) e uma
diagonal de extremidade B(1, 1, −1) e C(0, 1, 2).
Soluc¸˜ao:
−−→
AC = C − A = (−3, −1, 1)
−→
BA = A − B = (2, 1, 2)
−−→
AC ×
−→
BA =
i j k
−3 −1 1
2 1 2
= −2i − 3k + 2j − (−2k − 6j + i)
−−→
AC ×
−→
BA = −3i + 8j − k
|
−−→
AC ×
−→
BA| = (−3)2 + 82 + (−1)2 =
√
3 + 64 + 1 =
√
74
|
−−→
AC ×
−→
BA| =
√
74
38

37. 59. Calcular x, sabendo que A(x, 1, 1), B(1, −1, 0) e C(2, 1, −1) s˜ao v´ertices de um
triˆangulo de ´area
√
29
2
.
Soluc¸˜ao:
−→
AB = (1 − x, −2, −1)
−→
BC = (1, 2, −1)
−→
AB ×
−→
BC =
i j k
1 − x −2 −1
1 2 −1
= 4i + (−2x + 4)k + xj
−→
AB ×
−→
BC = 4i − xj + (−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 equac¸˜ao 2o
grau:
∆ = 256 − 60 = 196
x =
16 ± 14
10
x′
=
2
10
=
1
5
x′′
=
30
10
= 3
x′
=
1
5
ou x′′
= 3
60. Dado o triˆangulo de v´ertices A(0, 1, −1), B(−2, 0, 1) e C(1, −2, 0), calcular a medida
da altura relativa ao lado BC.
Soluc¸˜ao:
vetor
−→
AB:
−→
AB = (−2 − 0)i + (0 − 1)j + (1 + 1)k
39

38. −→
AB = −2i − j + 2k
vetor
−−→
AC:
−−→
AC = (1 − 0)i + (−2 − 1)j + (0 + 1)k
−−→
AC = i − 3j + k
−→
AB ×
−−→
AC =
i j k
−2 −1 2
1 −3 1
= −i + 2j + 6k − (−6i − 2j − k)
−→
AB ×
−−→
AC = 5i + 4j + 7k
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).
Soluc¸˜ao:
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 condic¸˜ao: u = v × w:
Calculando:v × w =
i j k
x 0 z
2 −1 1
= −xk + 2zj − (−zi + xj) = zi + (2z − x)j − xk
40

39. 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 condic¸˜ao: x × u = v.
Soluc¸˜ao:
x//w ⇒ x = αw ⇒ x = α(1, −1, 2) ⇒ x = (α, −α, 2α)
x × u =
i j k
α −α 2α
0 1 −1
= αi + αk − (2αi − αj) = −αi + αj + αk
Temos pela formula: x × u = v
(−α, α, α) = (2, −2, −2)
Tiramos que: α = −2:
logo: x = αw
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 a
relac¸˜ao v = u × x e que seja ortogonal ao vetor w = (1, −2, 3).
Soluc¸˜ao:
v = u × x
u × x =
i j k
2 1 0
x y z
= zi − 2zj + (2y − x)k = (z, −2z, 2y − x)
mas como v = u × x, ent˜ao
(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

40. 64. Demonstrar que a × b = b × c = c × a, sabendo que a + b + c = 0.
Soluc¸˜ao:
Se a × b = b × c = c × a , ent˜ao 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 n˜ao ´a verdadeiro
a + b + c = a + a + a = 3a = 3(2, 2, 2) = (6, 6, 6) 0
S´o ´e verdadeiro quando: a = b = c = 0
65. Sendo u e v vetores do espac¸o, com v 0:
a) determinar o n´umero real r tal que u − rv seja ortogonal a v;
Soluc¸˜ao:
(u − rv).v = 0 ⇒
u.v − rv.v = 0
−rv.v = −u.v
r|v|2
= u.v
r =
u.v
|v|2
b) mostrar que (u + v) × (u − v) = 2v × u.
Soluc¸˜ao:
(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) ⇒
2v × u
(u + v) × (u − v) = 2v × u
66. Demonstrar que o segmento cujos extremos s˜ao os pontos m´edios de dois lados
de um triˆangulo ´e paralelo ao terceiro lado e igual `a sua metade.
Soluc¸˜ao:
Demonstrac¸˜ao:
42

41. Seja um trap´ezio ABCD de bases AB e CD.
Seja M o ponto m´edio de AD e N o ponto m´edio de BC
Construamos uma reta BM.
Prolongue com o lado DC.
Seja Q o ponto de intersec¸˜ao da reta BM com a reta que passa por DC.
Prolongue tamb´em o lado AD.
Anote as congruˆencias de ˆangulos:
ˆangulos QMD e AMB congruentes (ˆangulos opostos pelo v´ertice) ˆangulos MDQ
e MAB congruentes (como os lados AB e CD s˜ao paralelos, temos que a reta que
passa por AD ´e uma transversal `as bases. Portanto seus ˆangulos alternos internos
s˜ao congruentes). O segmento AM ´e congruente ao segmento MD, pois M ´e o
ponto m´edio do segmento AD.
Pelo caso ALA de congruˆencia, temos que os triˆangulos MQD e AMB s˜ao congru-
entes.
Disso resulta que os segmentos MQ e MB s˜ao congruentes.
Agora observe o triˆangulo BQC. O segmento MN ´e a base m´edia desse triˆangulo,
pois M ´e ponto m´edio do segmento BQ e N ´e o ponto m´edio do segmento BC,
ambos lados do triˆangulo.
Pelo teorema da base m´edia do triˆangulo, temos que: o segmento MN ´e paralelo
ao segmento CQ que por sua vez ´e paralelo ao lado AB. Podemos concluir que
MN ´e paralelo as duas bases do trap´ezio. A medida de MN ´e metade da medida
de CQ.
Da congruˆencia dos triˆangulos AMB e QDM, temos que os segmentos QD e AB
s˜ao congruentes.
Em f´ormula:
MN =
QC
2
Mas QC = QD + DC e QD ´e congruente a AB
Portanto: QC = AB + DC
MN =
(AB + DC)
2
67. Verificar se s˜ao coplanares os segmentos vetores:
a) u = (3, −1, 2), v = (1, 2, 1) e w = (−2, 3, 4)
Soluc¸˜ao:
Para verificar se s˜ao coplanares basta verificar se o produto misto seja igual a 0
logo (u, v, w) = 0
(u, v, w) = 0
43

42. (u, v, w) =
3 −1 2
1 2 1
−2 3 4
= 24 + 2 + 6 + 4 − 9 + 8 = 35
(u, v, w) 0 logo os vetores n˜ao s˜ao coplanares.
b) u = (2, −1, 0), v = (3, 1, 2) e w = (7, −1, 2)
Soluc¸˜ao:
Para verificar se s˜ao coplanares basta verificar se o produto misto seja igual a 0
logo (u, v, w) = 0
(u, v, w) = 0
(u, v, w) =
2 −1 0
3 1 2
7 −1 2
= 4 − 14 + 0 + 6 + 4 − 0 = 0
(u, v, w) = 0 logo os vetores s˜ao coplanares.
68. Verificar se s˜ao coplanares os pontos:
a) A(1, 1, 1), B(−2, −1, −3), C(0, 2, −2) e D(−1, 0, −2)
Soluc¸˜ao:
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 s˜ao coplanares.
b) A(1, 0, 2), B(−1, 0, 3), C(2, 4, 1) e D(−1, −2, 2)
Soluc¸˜ao:
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 1
1 4 −1
−2 −2 0
= −2 − (−8 − 4) = −2 + 8 + 4 = 10
44

43. (
−→
AB,
−−→
AC,
−−→
AD) = 10 logo, n˜ao s˜ao coplanares.
c) A(2, 1, 3), B(3, 2, 4), C(−1, −1, −1) e D(0, 1, −1)
Soluc¸˜ao:
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 s˜ao 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) s˜ao
coplanares?
Soluc¸˜ao:
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 5
3 1 4
1 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)
Soluc¸˜ao:
Para os vetores sejam coplanares tem que satisfazer a condic¸˜ao (a, b, c) = 0
(a, b, c) =
2 −1 k
1 0 2
k 3 k
= −2k + 3k + k − 12 = 2k − 12
Logo:(a, b, c) = 0 temos:
45

44. 2k − 12 = 0
k = 6
b)a = (2, 1, 0), b = (1, 1, −3) e c = (k, 1, k)
Soluc¸˜ao:
Para os vetores sejam coplanares tem que satisfazer a condic¸˜ao (a, b, c) = 0
(a, b, c) =
2 1 0
1 1 −3
k 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)
Soluc¸˜ao:
(a, b, c) =
2 k 1
1 1 k
3 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 = 3u−2v, w2 = u+3v e w3 = i+ j−2k.
Determinar o volume do paralelep´ıpedo definido por w1, w2 e w3.
Soluc¸˜ao:
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 −2
7 1 3
1 1 −2
= 2 + 9 − 14 − (−2 − 3 − 42) = 44
Vol = 44un
46

45. 72. Calcular o valor de m para que o volume do paralelep´ıpedo determinado pelos
vetores v1 = 2i − j, v2 = 6i + mj − 2k e v3 = −4i + k seja igual a 10.
Soluc¸˜ao:
v1 = (2, −1, 0)
v2 = (6, m, −2)
v3 = (−4, 0, −1)
Vol = v1.(v2 × v3) =
2 −1 0
6 m −2
−4 0 −1
= 2m − 8 − (−6) = 2m − 2
pela definic¸˜ao 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 um
paralelep´ıpedo de volume 42, Calcular m.
Soluc¸˜ao:
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 definic¸˜ao 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 o
valor de m para que seja de 20 unidades de volume o volume do paralelep´ıpedo
determinado pelos vetores
−→
AB,
−−→
AC e
−−→
AD.
Soluc¸˜ao:
−→
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

46. pela definic¸˜ao 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).
Soluc¸˜ao:
Pode-se dividir o paralelep´ıpedo em dois prismas triangulares e estes prismas,
por sua vez, em trˆes tetraedros, todos com base e altura correspondentes `aa base
e altura do prisma. Resoluc¸˜ao:
Tem-se que todos os tetraedros ter˜ao o mesmo volume, ou seja, ter˜ao 1
6
do volume
do paralelep´ıpedo em quest˜ao, cujo volume ´e dado pelo produto misto de trˆes
vetores n˜ao 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 7
4 1 7
4 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 tamb´em a
medida da altura trac¸ada do v´ertice A.
Soluc¸˜ao:
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 2
1 −3 1
= −i + 2j + 6k − (−k − 6i − 2j) = 5i + 4j + 7k
|
−→
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

47. h =
8
√
10
49

48. 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
−2
Soluc¸˜ao:
Para saber se o ponto pertence a reta basta substituir o ponto P1 na equac¸˜ao da
reta 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 equac¸˜ao da
reta 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
n˜ao pertence a reta dada.
2. Determinar o ponto da reta
r:



x = 2 − t
y = 3 + t
z = 1 − 2t
que tem abscissa 4.
Soluc¸˜ao:
Temos x = 4 substituindo na primeira equac¸˜ao 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) pertenc¸a `a reta
s:



x = 1 − 2t
y = −3 − t
z = −4 + t
Soluc¸˜ao:
Temos x = 3 substituindo na primeira equac¸˜ao 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

49. 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
−2
que tem
Soluc¸˜ao:
(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.
Soluc¸˜ao:
(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 + t
y = −1 − 2t
z = 4 − 5t
Para x = 2 temos:
2 = 3 + t ⇒ t = −1
4

50. 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 equac¸ ˜oes reduzidas, com vari´avel independente x, da reta que
passa pelo ponto A(4, 0, −3) e tem a direc¸˜ao do vetor v = 2i + 4j + 5k.
Soluc¸˜ao:
(x, y, z) = (4, 0, −3) + (2, 4, 5)t ⇒



x = 4 + 2t
y = 4t
z = −3 + 5t
Encontrando o valor de t em func¸˜ao de x;
2t = x − 4 ⇒ t =
x − 4
2
Substituindo t nas outras duas equac¸˜ao 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. Estabelec¸a as equac¸ ˜oes reduzidas (vari´avel independente x) da reta pelos pares
de pontos:
a) A(1, −2, 3) e B(3, −1, −1)
Soluc¸˜ao:
(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 + 2t
y = −2 + t
z = 3 − 4t
Isolando t na primeira equac¸˜ao:
2t = x − 1 ⇒ t =
x − 1
2
Substituindo t nas outras duas equac¸ ˜oes 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

51. 


y =
x
2
−
5
2
z = −2x + 5
b) A(−1, 2, 3) e B(2, −1, 3)
Soluc¸˜ao:
(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 + 3t
y = 2 − 3t
z = 3
Isolando t na primeira equac¸˜ao:
3t = x + 1 ⇒ t =
x + 1
3
Substituindo t na outra equac¸˜ao temos;
y = 2 − 3
x + 1
3
⇒ y = 2 − x − 1 ⇒ y = −x + 1



y = −x + 1
z = 3
8. Determinar as equac¸ ˜oes reduzidas tendo z como vari´avel independente, da reta
que passa pelos pontos P1(−1, 0, 3) e P2(1, 2, 7).
Soluc¸˜ao:
(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 + 2t
y = 2t
z = 3 + 4t
Isolando t na ´ultima equac¸˜ao temos;
4t = z − 3 ⇒ t =
z − 3
4
Substituindo t nas outras equac¸ ˜oes 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

52. 9. Mostrar que os pontos A(−1, 4, −3), B(2, 1, 3) e C(4, −1, 7) s˜ao colineares.
Soluc¸˜ao:
Condic¸˜ao de alinhamento dos pontos:
x1 y1 z1
x2 y2 z2
x3 y3 z3
= 0
Resolvendo o determinante a matriz:
−1 4 −3
2 1 3
4 −1 7
= −7 + 48 + 6 − 56 − 3 + 12 = −66 + 66 = 0
Logo o determinante e igual a 0 os pontos s˜ao 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)
pertenc¸am a mesma reta?
Soluc¸˜ao:
Condic¸˜ao de alinhamento dos pontos:
x1 y1 z1
x2 y2 z2
x3 y3 z3
= 0
Resolvendo o determinante:
3 m 1
1 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
4
y = 1
Soluc¸˜ao:
v(3, 0, 4); P(−1, 1, 3)
b)
x = 2y
z = 3
Soluc¸˜ao:
v(2, 1, 0); P(0, 0, 3)
c)



x = 2t
y = −1
z = 2 − t
Soluc¸˜ao:
7

53. v(2, 0, −1); P(0, −1, 2)
d)
y = 3
z = −1
Soluc¸˜ao:
v(1, 0, 0); P(0, 3, −1)
e))
y = −x
z = 3 + x
Soluc¸˜ao:
v(1, −1, 1); P(0, 0, 3)
f) x = y = z
Soluc¸˜ao:
v(1, −1, 1); P(0, 0, 0)
12. Determinar as equac¸ ˜oes das seguintes retas:
a) reta que passa por A(1, −2, 4) e ´e paralela ao eixo dos x;
Soluc¸˜ao:
A(1, −2, 4) i(1, 0, 0)
(x, y, z) = (1, −2, 4) + (1, 0, 0)t



x = 1 + t
y = −2
z = 4
Temos que a reta e paralelo ao eixo Ox podemos simplificar a equac¸˜ao;
y = −2
z = 4
b) reta que passa por B(3, 2, 1) e ´e perpendicular ao plano xOz;
Soluc¸˜ao:
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 = 3
y = 2 + t
z = 1
Temos que a reta e paralelo ao eixo Oy podemos simplificar a equac¸˜ao;
x = 3
z = 1
8

54. c) reta que passa por A(2, 3, 4) e ´e ortogonal ao mesmo tempo aos eixos dos x e
dos y;
Soluc¸˜ao:
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 = 2
y = 3
z = 4 + t
Temos que a reta e paralelo ao eixo Oz podemos simplificar a equac¸˜ao;
x = 2
y = 3
d) reta que passa por A(4, −1, 2) e tem a direc¸˜ao do vetor i − j;
Soluc¸˜ao:
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 + t
y = −1 − t
z = 2
Colocando t em func¸˜ao de y
y = −1 − t ⇒ y + 1 = −t ⇒ t = −1 − y
Substituindo t na func¸˜ao de x
x = 4 + t ⇒ x = 4 − y − 1 ⇒ x = 3 − y
x = 3 − y
z = 2
e) reta que passa pelos pontos M(2, −3, 4) e N(2, −1, 3).
Soluc¸˜ao:
(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 func¸˜ao de z
z = 4 − t ⇒ −t = z − 4 ⇒ t = 4 − z
Substituindo t na func¸˜ao de y
9

55. y = −3 + 2(4 − z) ⇒ y = −3 + 8 − 2z ⇒ y = 5 − 2z
x = 2
y = 5 − 2z
13. Representar graficamente as retas cujas equac¸ ˜oes s˜ao:
a)



x = −1 + t
y = −10 + 5t
z = 9 − 3t
Soluc¸˜ao:
b)



x = 4 + 2t
y = 3
z = −5 − 5t
Soluc¸˜ao:
10

56. c)



y = −3x + 6
z = x + 4
Soluc¸˜ao:
d)



x = −1 + t
y = 3 − t
z = 2t
Soluc¸˜ao:
11

57. e)



y = 2x
z = 3
Soluc¸˜ao:
f)



y = 3
z = 2x
Soluc¸˜ao:
12

58. g)



z = 2y
x = 3
Soluc¸˜ao:
h)



x = 3
y = −4
Soluc¸˜ao:
13

59. i)



x = −3
z = 4
Soluc¸˜ao:
14. Determinar o ˆangulo entre as seguintes retas:
a)r :



x = −2 − 2t
y = 2t
z = 3 − 4t
e s :
x
4
=
y + 6
2
=
z − 1
2
Soluc¸˜ao:
vr = (−2, 2, −4)
vs = (4, 2, 2)
Formula do ˆangulo 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 + 2
e s :
y
3
=
z + 1
−3
; x = 2
Soluc¸˜ao:
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

60. vs(0, 3, −3)
Formula do ˆangulo 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 +
√
2t
y = t
z = 5 − 3t
e s :
x = 0
y = 0
Soluc¸˜ao:
vr(
√
2, 1, −3)
vs(0, 0, 1)
Formula do ˆangulo 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
−2
e s :



x = 1
y + 1
4
=
z − 2
3
Soluc¸˜ao:
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 = arccos
10
3.5
⇒ θ = arccos
2
3
⇒ θ = 48.18o
15. Determinar o valor de n para que seja de 30o
o ˆangulo entre as retas
r:
x − 2
4
=
y + 4
5
=
z
3
e s:
y = nx + 5
z = 2x − 2
Soluc¸˜ao:
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

61. Fazendo P2 − P1 = (0, 5, −2) − (1, n + 5, 0) = (1, n, 2)
vs(1, n, 2)
cos30o
=
√
3
2
Formula do ˆangulo 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 equac¸˜ao 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 ˆangulo que a reta r:



y = nx + 5
z = 2x − 3
forma com o eixo do y.
Soluc¸˜ao:
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 ˆangulo entre vetores: cosθ =
|v1.v2|
|v1|.|v2|
substituindo os valores temos:
16

62. √
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 + 2t
y = t
z = 3 − t
forma um ˆangulo de 60o
com a reta determinda pelos pontos
A(3, 1, −2) e B(4, 0, m). Calcular o valor de m.
Soluc¸˜ao:
v1 = (2, 1, −1)
v2 = (1, −1, m + 2)
cos60o
=
1
2
Formula do ˆangulo 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 equac¸˜ao 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 = −3t
y = 3 + t
z = 4
e s:
x + 5
6
=
y − 1
m
; z = 6
Soluc¸˜ao:
b: r:



x = 2 − 3t
y = 3
z = mt
e s:
x − 4
6
=
z − 1
5
; y = 7
Soluc¸˜ao:
17

63. 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
2
m = −
5
2
19. A reta passa pelo ponto A(1, −2, 1) e ´e paralela `a reta s:



x = 2 + t
y = −3t
z = −t
Se P(−3, m, n) ∈ r, determinar o ponto m e n.
Soluc¸˜ao:
r : (x, y, z) = (1, −2, 1) + (1, −3, −1)t
r :



x = 1 + t
y = −2 − 3t
z = 1 − t
Para o ponto dado P(−3, m, n) tiramos t sabendo o valor de x = −3 substituindo
na equac¸˜ao 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 equac¸ ˜oes reduzidas da reta que passa pelo ponto A(−2, 1, 0) e ´e paralela
`a reta r:
x + 1
1
=
y
4
=
z
−1
?
Soluc¸˜ao:
(x, y, z) = (−2, 1, 0) + (1, 4, −1)t



x = −2 + t
y = 1 + 4t
z = −t
Fazendo t em func¸˜ao de x.
t = 2 + x
Substituindo t na equac¸˜ao de y temos;
18

64. y = 1 + 4(2 + x) ⇒ y = 1 + 8 + 4x ⇒ y = 4x + 9
Substituindo t na equac¸˜ao de z temos;
z = −(2 + x) ⇒ z = −x − 2
y = 4x + 9
z = −x − 2
21. A reta que passa pelos pontos A(−2, 5, 1) e B(1, 3, 0) ´e paralela `a reta determinada
por C(3, −1, −1) e D(0, y, z). Determinar o ponto D.
Soluc¸˜ao:
v1 = B − A = (3, −2, −1)
v2 = C − D = (3, −1 − y, −1 − z)
Como os vetores s˜ao Paralelos temos:
v1 = αv2
(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 o
valor de m.
Soluc¸˜ao:
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 equac¸˜ao de 2o
grau;
δ = 1 − 4.2(−3) = 25
19

65. 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 + 3
z = 3x − 1
e s:
x − 1
2
=
y
−1
=
z
m
Soluc¸˜ao:
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)
Condic¸˜ao de Coplanaridade:
(r, s,
−−−→
P1P3) =
1 2 3
2 −1 m
1 −3 1
= 0 ⇒ −1 + 2m − 18 − 4 + 3m + 3 = 0 ⇒ 5m − 20 = 0 ⇒
5m = 20 ⇒ m =
20
5
⇒ m = 4
b) r:
x = −1
y = 3
e s:
y = 4x − m
z = x
Soluc¸˜ao:
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)
Condic¸˜ao de Coplanaridade:
(r, s,
−−−→
P1P2) =
0 0 1
1 4 1
1 (−m − 3) 0
= 0 ⇒ 0 + 0 + (−m − 3) − 0 − 0 − 4 = 0 ⇒ −m − 3 =
4 ⇒ m = −4 − 3 ⇒ m = −7
20

66. c) r:
x − m
m
=
y − 4
−3
; z = 6 e s:
y = −3x + 4
z = −2x
Soluc¸˜ao:
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)
Condic¸˜ao de Coplanaridade:
(r, s,
−−−→
P1P3) =
m −3 0
1 −3 −2
m 0 6
= 0 − 18m + 6m + 18 = 0 ⇒ −12m = −18 ⇒ m =
18
12
⇒
m =
3
2
⇒ m =
3
2
24. Calcular o ponto de intersec¸˜ao das retas
a) r:
y = 3x − 1
z = 2x + 1
e s:
y = 4x − 2
z = 3x
Soluc¸˜ao:
Igualando as express˜oes 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
4
e s:



x = 5 + t
y = 2 − t
z = 7 − 2t
Soluc¸˜ao:
Isolando t em y = 2 − t temos: t = 2 − y
Substituindo t = 2 − y em x = 5 + t temos: y = 7 − x
Com a igualdade
x − 2
2
=
y
3
substituindo y = 7 − x temos:
21

67. 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 − 3
z = 4x − 10
e s: x =
y − 7
−3
=
z − 12
−7
Soluc¸˜ao:
Temos x =
y − 7
−3
substituindo 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
−7
substituindo 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 = −5
z = 4x + 1
e s:
x − 1
2
=
z − 5
−3
;y = −5
Soluc¸˜ao:
Temos z = 4x + 1 substituindo em
x − 1
2
=
z − 5
−3
temos;
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 = 2x
z = x − 3
e h:



x = 3 + t
y = 1 − 3t
z = t
, Determinar
a) o ponto de intersec¸˜ao de s, r e h
Soluc¸˜ao:
Temos x = 2 substituindo em y = 2x temos y = 4
22

68. 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 ˆangulo entre r e s.
Soluc¸˜ao:
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 ˆangulo 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?
Soluc¸˜ao:
v = B − A = (1, 0, −2) − (2, 3, 4) = (−1, −3, −6)
Encontrando as equac¸ ˜oes Param´etricas da reta:
(x, y, z) = (2, 3, 4) + (−1, −3, −6)t



x = 2 − t
y = 3 − 3t
z = 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
3
em x = 2 − t temos x = 2 −
2
3
⇒ x =
6 − 2
3
⇒ x =
4
3
Substituindo t =
2
3
em y = 3 − 3t temos y = 3 − 3.
2
3
⇒ y = 3 −
6
3
⇒ y = 1
P
4
3
, 1, 0
23

69. 27. Sejam as retas
r:



x = 2 + 3t
y = 4 + 5t
z = mt
e s:



y = 2x + 1
z =
x
2
−
3
2
Soluc¸˜ao:
Isolando t na equac¸˜ao x = 2 + 3t temos −3t = 2 − x ⇒ t =
2 − x
−3
Substituindo t =
2 − x
−3
em 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
−3
em 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
2
temos z =
−1
2
−
3
2
⇒ z = −2
Subtituindo x = −1 em t =
2 − x
−3
temos 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 intersec¸˜ao de r e s.
P(−1, −1, −2)
28. Estabelecer as equac¸ ˜oes param´etricas da reta que passa pelos ponto A(3, 2, 1) e ´e
simultaneamente ortogonal `as retas
r:



x = 3
z = 1
e s:



y = −2x + 1
z = −x − 3
Soluc¸˜ao:
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

70. v = vr × vs =


i j k
0 0 1
1 −2 −1


= j + 2i = 2i + j
v = (2, 1, 0)
Calculando a equac¸˜ao param´etrica da reta com o ponto A = (3, 2, 1) e o vetor
v = (2, 1, 0)



x = 3 + 2t
y = 2 + t
z = 1
29. Estabelecer as equac¸ ˜oes da reta que passa pela origem e ´e simultaneamente orto-
gonal `as retas
r:
x
2
=
y
−1
=
z − 3
−2
e s:



x = 3x − 1
z = −x + 4
Soluc¸˜ao:
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 k
2 −1 −2
1 3 1
= −i − 2j + 6k − 2j + 6i + k = 5i − 4j + 7k ⇒ v = (5, −4, 7)
Calculando as equac¸ ˜oes param´etricas para P(0, 0, 0) com o v = (5, −4, 7) temos:
(x, y, z) = (0, 0, 0) + (5, −4, 7)t



x = 5t
y = −4t
z = 7t
30. Determinar as equac¸ ˜oes param´etricas da reta que contem o ponto A(2, 0, −1) e ´e
simultaneamente ortogonal `a reta
r:
y − 3
2
=
z + 1
−1
; x = 1
e ao eixo dos y.
Soluc¸˜ao:
vr = (0, 2, −1)
j = (0, 1, 0)
25

71. v = vr × j =
i j k
0 2 −1
0 1 0
= i ⇒ v = (1, 0, 0)
Calculando as equac¸ ˜oes param´etricas para A(2, 0, −1) com o v(1, 0, 0) temos:
(x, y, z) = (2, 0, −1) + (1, 0, 0)t



x = 2 + t
y = 0
z = −1
Simplificando temos:
y = 0
z = −1
31. Estabelecer as equac¸ ˜oes param´etricas da reta que passa pelo ponto de intersec¸˜ao
das retas
r: x − 2 =
y + 1
2
=
z
3
e s:



x = 1 − y
z = 2 + 2y
e ´e ao mesmo tempo ortogonal a r e s.
Soluc¸˜ao:
Substituindo x = 1 − y em x − 2 =
y + 1
2
temos 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 coincidˆencia 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 =
i j k
1 2 3
−1 1 2
= 4i − 3j + k − 2j − 3i + 2k = i − 5j + 3k ⇒
v = (1, −5, 3)
Calculando as equac¸ ˜oes param´etricas para P(2, −1, 0) com o v(1, −5, 3) temos:
(x, y, z) = (2, −1, 0) + (1, −5, 3)t



x = 2 + t
y = −1 − 5t
z = 3t
26

72. 32. A reta
r:
x − 1
a
=
y
b
=
z
−2
´e paralela `a reta que passa pelo ponto A(−1, 0, 0) e ´e simultaneamente ortogonal
`as retas
r1:



x = −t
y = −2t + 3
z = 3t − 1
e r2:



y = x
z = 2x
Calcular a e b
Soluc¸˜ao:
A direc¸ ˜oes de r1 e r2 s˜ao definidas pelos vetores vr1 = (−1, −2, 3) e vr2 = (1, 1, 2).
A direc¸˜ao do vetor de r ser´a v que ´e paralela a reta que passa pelo ponto A.
Se r1 ´e ortogonal a r ent˜ao
vr1.v = 0 ⇒ (−1, −2, 3).(a, b, −2) = 0 ⇒ −a − 2b − 6 = 0(1)
Se r2 ´e ortogonal a r ent˜ao
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 = 0
a + b − 4 = 0
−b − 10 = 0 ⇒ b = −10
Substituindo b = −10 na outra equac¸˜ao:
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 raz˜ao
2
3
;
Soluc¸˜ao:
r =
2
3
Para 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

73. 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.
Soluc¸˜ao:
r =
1
2
Para x:
x =
x1 + x2
2
⇒ x =
7 + 3
2
⇒ x = 5
Para y:
y =
y1 + y2
2
⇒ y =
−1 + 0
2
⇒ y = −
1
2
Para 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 raz˜ao
2
3
.
Determinar P2, sabendo que P1(1, 4, 3).
Soluc¸˜ao:
r =
2
3
Para 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
3
y2 = −
2
3
⇒
y2 = −1
Para z:
28

74. 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
3
z2 =
9 − 7
3
⇒
2
3
.z2 =
2
3
⇒ z2 = 1
P(−3, −1, 1)
35. Seja o triˆangulo de v´ertices A(1, 0, −2), B(2, −1, −6) e C(−4, 5, 2).
Estabelecer as equac¸ ˜oes param´etricas da reta suporte da mediana do triˆangulo
ABC relativa ao lado BC.
Soluc¸˜ao:
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 Direc¸˜ao
−−→
MA = M − A ⇒
−−→
MA = (1, 0, −2) − (−1, 2, −2) = (2, −2, 0)
Agora termos o vetor na direc¸˜ao
−−→
MA = (2, −2, 0) e ponto A = (1, 0, −2)
Podemos calcular a equac¸˜ao da reta da altura relativa ao lado BC:
(x, y, z) = (1, 0, −2) + (2, −2, 0)t



x = 1 + 2t
y = −2t
z = −2
29